2015年江西省临川二中、新余四中联考高考物理模拟试卷
江西省五校(江西师大附中等)2015届高三物理上学期第二次联考试题(含解析)新人教版
五校〔江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中〕第二次联考物理试卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应等内容，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的根本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。
卷面总分为：100分考试时间：100分钟命题人：徐建红梁杰审题人：廖友保一、选择题：此题共10小题，每一小题 4 分。
在每一小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项【题文】1.在如下关于物理量和单位的说法中，正确的答案是〔〕①密度②牛③米/秒④加速度⑤长度⑥质量⑦千克⑧时间A．属于国际单位制中根本物理量的是①⑤⑥⑧B．属于国际单位制中根本单位的是⑤⑥⑦C．属于国际单位的是②③⑦D．属于国际单位的是④⑤⑥【知识点】力学单位制．C2【答案解析】C 解析：属于国际单位制中的根本单位的只有千克，属于国际单位制单位的有牛顿、米/秒、千克．长度、质量和时间是根本物理量．故C正确，A、C、D错误．应当选：C．【思路点拨】力学的国际单位是长度的单位m、质量的单位kg、时间的单位s，其它单位属于导出单位．此题的解题关键是掌握国际单位制中根本单位和单位，注意区别单位与物理量的不同．【题文】2.一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为s＝4＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2(m/s)．如此该质点在t＝2 s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度分别为〔〕A．8 m/s、24 m/s B．24 m/s、8 m/sC．24m/s、10 m/s D．24 m/s、12 m/s【知识点】平均速度．A2【答案解析】B 解析：将t=2s代入质点的速度随时间变化的关系式v=6t2〔m/s〕，得t=2s 瞬时速度为v=6×22m/s=24m/s．将t=0s和t=2s分别代入距离随时间变化的关系式x=4+2t3〔m〕，得：x1=4m，x2=20m，如此质点在2s时间内通过的位移为x=x2-x1=20m-4m=16m，t=0s到t=2s间的平均速度分别为v=162xt=8m/s；应当选：B．【思路点拨】由速度公式可确定2s时的瞬时速度；由位移公式确定0和2s时刻的距离，如此可求得2s内的位移，再由平均速度公式求出平均速度．此题相当于数学上代数题，代入求值，只要掌握位移与距离的关系和平均速度公式就能正确求解．【题文】3.2013 年12 月2 日1 时30 分，“嫦娥三号〞月球探测器搭载长征三号乙火箭发射升空。
江西省重点中学十校联考高三物理一模试题(含解析)
2015年江西省重点中学十校联考高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1．（6分）（2015•江西校级一模）下列说法正确的是（）A．速度变化越快的物体惯性越小B．物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向和速度的方向不垂直也不在一条直线上 C．学校餐厅的吊扇在工作时向下挤压空气，空气对吊扇产生向上的推力，减轻了吊杆对吊扇的拉力，所以，即使吊杆略有松动也是安全的D．法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机【考点】：物体做曲线运动的条件；作用力和反作用力．【分析】：物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上反作用力；法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．【解析】：解：A、物体的惯性与运动的状态无关；故A错误；B、物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，可以相互垂直；故B错误；C、吊扇工作时向下压迫空气，使空气向下运动，空气对吊扇产生竖直向上反作用力﹣﹣的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力；故C正确；D、法拉第发现电磁感应定律，并制作了世界上第一台发电机．故D正确．故选：CD【点评】：该题考查惯性、物体做曲线运动的条件、作用力与反作用力等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解．2．（6分）（2015•江西校级一模）趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则（）A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为（M+m）gcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动【考点】：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动．【解析】：解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：Nsinθ=maNcosθ=mg解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F=，故C错误．D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．故选：A．【点评】：本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解3．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB=BC．小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2．已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是（）A．tanθ= B．tanθ=C．tanθ=2μ1﹣μ2 D．tanθ=2μ2﹣μ1【考点】：动能定理的应用．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：对物块进行受力分析，分析下滑过程中哪些力做功．运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式找出答案．【解析】：解：A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力．设斜面AC长为L，运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式：mgLsinθ﹣μ1mgcosθ×L﹣μ2mgcosθ×L=0﹣0=0解得：tanθ=故选：A．【点评】：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．要注意运动过程中力的变化．4．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，M为AD的中点，N为BC的中点，一个电荷量为3.0×10﹣7C带正电的粒子，从A点移动到B点，电场力做功为W AB=3.0×10﹣8J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为W DC=5.0×10﹣8J．下列说法正确的是（）A． A、B两点之间的电势差为10VB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=4.0×10﹣8JC．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=8.0×10﹣8JD．若A、B之间的距离为1cm，该电场的场强一定是E=10V/m【考点】：电势差与电场强度的关系；电势差．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】： M为AD的中点，N为BC的中点，根据公式U=Ed可知，匀强电场中沿着电场线方向，两点间的电势差与两点间的距离成正比，则M点的电势等于AD两点电势的平均值，N的电势等于BC两点电势的平均值，根据电场力公式W=qU，可得到W MN与W AB、W DC的关系．由于电场强度方向未知，不能求解场强的大小．由公式W=qU，可求出M、N间电势差．【解析】：解：A、，故A错误．B、C：因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N 点的电势是B、C两点电势的平均值，即，，所以：W MN=qU MN=q（φM﹣φN）=q（）==4×10﹣8J，故B正确、C错误．D、A、B两点之间的电势差为0.1 V，但电场方向不一定沿着AB方向，故D错误．故选：B【点评】：本题关键抓住M、N的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解W MN．运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离．5．（6分）（2015•江西校级一模）如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在选项图中，线框中感应电流i与线框移动的位移x 的关系图象正确的是（）A． B． C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【专题】：压轴题．【分析】：本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小．【解析】：解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C 正确；故选C．【点评】：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．6．（6分）（2015•江西校级一模）“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（）A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动．【解析】：解：A、根据=ma得：a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍．故A正确．B、根据=m得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确．C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误．D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D 错误．故选：AB．【点评】：解决本题的关键知道万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道卫星变轨的原理，知道当万有引力大于向心力，做近心运动，当万有引力小于向心力，做离心运动．7．（6分）（2015•江西校级一模）水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（）A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同【考点】：功能关系；电功、电功率．【分析】：重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量，根据摩擦力做功情况判断产生的热量是否相同．【解析】：解：A、A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；B、由于B物块受到的摩擦力f=μmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．故选：BC．【点评】：本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．8．（6分）（2015•江西校级一模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光的功率为P，下列说法正确的是（）A．输入电压u的表达式u=20sin50πVB．只断开S2后，L1、L2的功率均小于C．只断开S2后，原线圈的输入功率大于D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解析】：解：A、周期是0.02s，ω==100π，所以输入电压u的表达式应为u=20sin（100πt）V，A错误；B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，B错误；C、只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误；D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为=0.8W，D正确．故选：D．【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．二、非选择题（一）必考题9．（6分）（2015•江西校级一模）某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U．改变h，调整线框的位置，多做几次实验．记录各次的h，U．（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用U2﹣h 图线（选填”U﹣h”或“U2﹣h”）更容易得出结论．（2）影响本实验精确程度的因素主要是空气阻力（至少列举一点）．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，（2）由于阻力的存在，会存在一定误差．【解析】：解：（1）mgh=mv2得：v=根据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BLU2=2B2L2gh每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2﹣h图象；（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能带来实验误差．故答案为：（1）U2﹣h；（2）空气阻力．【点评】：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力．10．（9分）（2015•江西校级一模）要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2KΩ．实验室提供的器材有：电流表A，量程0.6A，内阻约为0.1Ω；电压表V2，量程5V，内阻约为5KΩ；定值电阻R1，阻值为30Ω；定值电阻R2，阻值为3KΩ；滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A；电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；开关S一个，导线若干．（1）有人拟将待测电压表V1和题中所给的电流表A串连接入电压合适的测量电路中，测出V1的电压和电流，再计算出R V．该方案实际上不可行，其最主要的原因是由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A 不能准确测量出流过电压表V1的电流（2）请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻R V的实验电路．要求测量尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不增减元件的条件下完成．试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关已连接好），并标出所选元件的相应字母代号．（3）由上问写出电压表V1内阻R V的表达方式，说明式中各测量量的物理意义．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题；压轴题；恒定电流专题．【分析】：（1）由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．（2）由于电压表V1接入电路后，由电流通过时其两端电压可以直接读出，因而利用串联分压的特点，选用标准电压表V2和定值电阻R2，反复测量通过滑动变阻器R3控制即可．（3）根据串联电路特点可以求出电压表内阻的表达式，从而进一步，明确各个物理量的含义．【解析】：解：（1）由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A 串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．故其原因是：由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V1和电流表A串连接入电压合适的测量电路中，电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流．（2）由于电压表V1接入电路后，由电流通过时其两端电压可以直接读出，因而利用串联分压的特点，选用标准电压表V2和定值电阻R2，反复测量通过滑动变阻器R3控制即可．测量电压表V1内阻R v的实验电路如图所示：（3）根据串联电路的特点有：，式中U1表示V1的电压，U2表示V1和R2串联的总电压．故电压表内阻的表达式为：；中U1表示V1的电压，U2表示V1和R2串联的总电压．【点评】：本题在课本基础实验的基础上有所创新，只要明确了实验原理，熟练应用电路的串并联知识，即可正确解答．11．（13分）（2015•江西校级一模）一质量m=1.0kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v﹣t图象（g取10m/s2）．求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；（3）求1s末重力的瞬时功率．【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】：功率的计算专题．【分析】：（1）根据速度时间图线求出滑块匀减速运动的加速度大小和上滑的位移，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．（2）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，结合速度位移公式求出下滑到初始位置的速度大小．由动能定理可求摩擦力做的功，由能量的转化和守恒可知，摩擦力做的哦概念股等于损失的机械能，进而可得滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；（3）根据运动学求得1s末的速度，由P=mgsinθ•v可得重力的瞬时功率．【解析】：解：（1）由图象知：a=m/s2，上滑的长度：x===1.2m，上滑时，分析受力：mg sin37°+µmgcos37°=ma，代入数据解得：µ=0.5．（2）下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsin37°﹣µmgcos37°=ma′，代入数据解得：a′=2m/s2根据v2=2a′x，代入数据解得：v=m/s．由动能定理可得：=9.2J，摩擦力做的功等于机械能的损失9.2J．（3）1s末的速度为：v1=a′t=2×1=2m/s，故此时重力的瞬时功率为：P=mgsinθ•v=1×10×0.6×2=12W．答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能为9.2J；（3）求1s末重力的瞬时功率为12W．【点评】：本题考查了牛顿第二定律和速度图象的综合，知道图线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律和运动学公式求解是关键，加速度是联系力学和运动学的桥梁．12．（19分）（2015•江西校级一模）如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q．将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用．（1）求带电粒子的速率．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，求粒子在磁场中最长的运动时间t．（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1＞R0）圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；（2）由几何关系，可求出运动轨迹的圆心角，根据周期公式，即可求解；（3）根据矢量法则，可确定磁场方向与大小，再由几何关系，结合周期公式，即可求解．【解析】：解：（1）粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R0=2r，r=0.5R0根据半径公式得：r=解得v=（2）磁场的大小变为B后，由半径公式r=可知粒子的轨道半径变为原来的=2倍，即为R0，根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2 R0时最长，圆心角90°解得：t=T==（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为，方向向里，R0以为的区域磁场大小为，方向向外．粒子运动的半径为R0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为：（+1）R0；根据周期公式，则有：T==答：（1）带电粒子的速率为．（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B，粒子在磁场中最长的运动时间t为．（3）R1的最小值为（+1）R0；粒子运动的周期T为．【点评】：对于带电粒子在磁场的圆周运动，要由洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据轨迹关系求出粒子进入磁场中的速度方向，再根据速度关系求出质子在电场中做何种运动，然后根据运动性质求解．选考题：【物理-选修3-3】（15分）13．（6分）（2015•江西校级一模）下列说法中正确的是（）A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大D．一定温度下，饱和汽的压强是一定的E．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势【考点】： * 液体的表面张力现象和毛细现象；温度是分子平均动能的标志．【分析】：阿伏伽德罗常数是指1摩尔气体含有分子个数；布朗运动是指微粒在分子撞击下的运动，微粒越大运动越不明显；相同温度下，相同气体的饱和汽压是相同的；压强取决于温度和体积；分子间既有引力又有斥力，当间距小于平衡位置时，斥力较显著．【解析】：解：A、摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积．故A错误；B、悬浮在液体中的固体微粒越小，来自各方向的撞击抵消的越少，撞击越不平衡；则布朗运动就越明显．故B正确；C、一定质量的理想气体，保持气体的压强不变，温度越高，体积越大．故C正确；D、当温度不变时，饱和汽的压强也是不变的；故D正确；E、分子间的引力和斥力是同时存在的；有引力的同时也一定有斥力；故E错误；故选：BCD【点评】：解答本题知道固体、液体、气体分子的模型及运动特点；知道布朗运动其实是分子撞击布朗颗粒而产生的运动；知道温度是分子平均动能的标志，注意平时加强识记．14．（9分）（2015•江西校级一模）如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S．气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且气缸是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B处．设周围环境温度保持不变．已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：活塞停在B点时活塞下落的距离h．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：由平衡条件求出气体压强，由玻意耳定律求出气体体积；【解析】：解：设活塞在B处时封闭气体的压强为P，活塞处于平衡状态，由平衡条件得：P0S+mg=PS…①解得：P=P0+，由玻意耳定律得：=PV…②，其中V=Sh2；V0=Sh1；联立得：h=h1﹣h2=答：活塞下落的高度为【点评】：本题考查了求气体体积，应用玻意耳定律与热力学第一定律即可正确解题，求出气体的压强是正确解题的关键．【物理-选修3-4】（15分）15．（2015•江西校级一模）以下说法中不正确的有（）A．作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度和速度B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C．一束光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象D．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波E．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场【考点】：电磁波的产生；光的干涉．【分析】：根据简谐运动的周期性分析物体通过同一位置时加速度和速度是否相同．横波在传播过程中，质点不向前移动．光由介质斜射向空气，界面上可能只发生反射现象而没有折射现象．水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象，这说明了光是一种波．在电场周围不一定存在磁场，在磁场周围不一定存在电场．【解析】：解：A、作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度，而速度有两种方向，可能不同．故A错误．B、横波在传播过程中，波峰上的质点只在自己的平衡附近振动，不向前移动．故B错误．。
试题精选_江西省五校2015届高三上学期第二次联考物理调研试卷答案_精校完美版
二、填空题：本题共 2 小题，每空 2 分。把答案填在答卷纸相应的横线上或按题 目要求作答。
11．①MO 的高度 h，OP 距离 x1，OP’距离 x2，
②
12．① ③
18.0 BCD
，
23.0
， ②
，
五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）第二次联考
物理试卷答案
题号 得分 一 二 三 总分
一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～ 7 题只有一项符合题目要求，第 8～10 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
14． （9 分） 解： （1）当 S 闭合时 E=U1+U1r/R…………………………(2 分) 代入数据得 r=0.5Ω………………………………(1 分) （2）设开关断开时，电流 I2=U2/R=1A……………………(1 分) P 内=I22r=0.5W………………………………………(1 分) 物理试卷答案 第1页 共3页
B 最小时，铜棒有沿导轨下降的趋势，摩擦力沿导轨向上 ILB2cosθ+f2=mgsinθ ④ ……………………(1 分) N2=ILB2sinθ+mgcosθ ⑤ ……………………(1 分) f2=μN2 ⑥ 所以 16． （10 分） 由④⑤⑥式得 …………………………(2 分) …………………………………(1 分)
P=E I2- I22r=8.5W……………………………………(1 分) （3）电动机两端的电压 UM=E-U2-I2r=4.5V………………(1 分) 电动机输出的机械功率 P 机=UMI2- I22rM=3.5W………… (2 分) 15． （9 分）解：B 最大时，铜棒有沿导轨上升的趋势，摩擦力的方向为沿导轨向下，有 ILB1cosθ=mgsinθ+f1 ① ……………………(1 分) N1=ILB1sinθ+mgcosθ ② ……………………(1 分) f1=μN1 ③ 由①②③式得 ……………………(2 分)
江西省五校高三上学期第二次联考——物理物理
江西省五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）2015届高三上学期第二次联考物理试题满分：100分考试时间：100分钟一、选择题：本题共10小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．在下列关于物理量和单位的说法中，正确的是（）①密度②牛③米/秒④加速度⑤长度⑥质量⑦千克⑧时间A．属于国际单位制中基本物理量的是①⑤⑥⑧B．属于国际单位制中基本单位的是⑤⑥⑦C．属于国际单位的是②③⑦D．属于国际单位的是④⑤⑥2．一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为s＝4＋2t3（m），它的速度随时间变化的关系为v＝6t2（m/s）．则该质点在t＝2s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度分别为（）A．8 m/s、24 m/s B．24 m/s、8 m/sC．24m/s、10 m/s D．24 m/s、12 m/s3．2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”月球探测器搭载长征三号乙火箭发射升空。
该卫星在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，其运行的周期为T，最终在月球表面实现软着陆。
若以R表示月球的半径，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响，下列说法不正确．．．的是（）A．“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为B．月球的第一宇宙速度为C．月球的质量为D．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4．一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑。
现给物体施加如图所示力F，F 与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，物体加速下滑，则此时地面对斜劈的摩擦力为（）A．大小为零B．方向水平向右C．方向水平向左D．无法判断大小和方向5．如图，手持一根长为l的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为m的小木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力，则（）A．木块只受重力、桌面的支持力和绳子拉力的作用B．绳的拉力大小为C．手对木块不做功D．手拉木块做功的功率等于6．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A．N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则（）A．A、N点的电场强度大小为零B．将一正点电荷静放在x轴负半轴，它将一直做加速运动C．NC间场强方向向x轴正方向D．将一正点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功7．如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I．直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是（）8．如（a）图表示光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计，重力加速度为g，（b）图为物体A与小车的v-t图像,由此可求出（）A．小车上表面的长度B．物体A与小车B的质量之比C．A与小车上B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能9．如图所示,一平行板电容器C,极板是水平放置的,它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计（左进左偏）和电源连成电路,现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动,则下列判断正确的是（）A．增大R3,油滴上升B．增大电容器板间距离的过程中,电流计指针右偏C．增大R1,R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值D．增大R1,R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值10．在一长为s，倾角为θ，沿顺时针方向匀速运动的传送带的下端A点，每隔相等的时间T就轻轻放上一个相同的工件，如图所示。
2015届江西师大附中高三第一次联考物理解析版(2014.08)
五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）联考物理学科试题【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、选修3-1、3-2、3-4、3-5，主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、光的波粒二象性，动量守恒定理等，知识覆盖面广，知识点全面。
题型基础、基本，是份质量很高的试卷命题学校：宜春中学命题人：何玲审题人：吴学军一、选择题（每小题4分共40分，其中第1—7题为单选题，第8—10题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）【题文】1．下列叙述正确的是（）A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点C．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【知识点】力学单位制；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．C2 D5【答案解析】 B 解析：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故B正确；C、牛顿用“月-地“检验法验证了牛顿定律的正确性，故C错误；D、牛顿定律不是普适规律，具有局限性，故D 错误．故选：B【思路点拨】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月-地“检验法验证了牛顿定律的正确性，牛顿定律不是普适规律，具有局限性．国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．【题文】2. 土星的卫星很多，现已发现达数十颗，下表是有关土卫五和土卫六两颗卫星的一些参数，则两颗卫星相比较，下列判断正确的是（）A．土卫五的公转速度大B．土星对土卫六的万有引力小C．土卫六表面的重力加速度小D．土卫五的公转周期大【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】 A 解析：A、D、根据万有引力提供向心力得：22224Mm vG mr mr T rπ==，解得：T=2π的周期大，线速度小，故A 正确，D 错误；B 、万有引力：F=22Mm m G r r∝对土卫5，有：2132822.4910910(5.2710)m r ⨯=≈⨯⨯对土卫6，有：2342921.3510910(1.22210)m r ⨯=≈⨯⨯故对土卫6的万有引力大，故B 错误；C 、在卫星表面，万有引力等于重力，有： mg=G 2Mm R 解得：g=G 22M M R R ∝对土卫5，有：21102522.4910 4.310(7.6510)M R ⨯=≈⨯⨯对土卫6，有：23102621.35102.010(2.57510)M R ⨯=≈⨯⨯故土卫5表面的重力加速度大，故C 错误；故选：A ．【思路点拨】根据万有引力提供向心力求出卫星周期、线速度与轨道半径的关系，从而比较出大小．根据万有引力等于重力得出卫星表面重力加速度与卫星质量和半径的关系，从而比较出重力加速度的大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力两个理论，并能灵活运用比例法求解．【题文】3. 如图所示，一根轻杆两端各固定一个质量均为m 的相同小球，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α＝θ＝30°，β＝60°，则轻杆对A 球的作用力为( )A ．mgB .3mgC .33mgD .32mg 【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．B2 B4 B7【答案解析】 A 解析：对A 球受力分析，受重力、杆的支持力F 2和细线的拉力F 1，如图所示：根据共点力平衡条件，有：F 2=mg （图中矢量三角形的三个角分别为30°、30°、120°）故选：A ．【思路点拨】对A 球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可．本题关键受力分析后根据共点力平衡条件列式求解，注意三力平衡可用合成法，四力平衡可以用正交分解法，基础问题【题文】4.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系。
临川二中2015届高三测试第一次调研
D2014-2015学年临川二中高三第一次月考物理试题试卷满分100分 考试时间100分钟 命题人：宋宝成 审题人：邹云一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O 分 1、如图所示，相距为L 的A 、B 两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v 做匀速直线运动，则在运动过程中，A 、B 间的最短距离为：A LB ．L C D ．2L 2、质量m=1kg 的物体做直线运动的速度—时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是（）A. 物体在0-8s 内的平均速度方向与1s 末的速度方向相同B. 物体在0-2s 内的速度变化比2-4s 内的速度变化快 C . 物体在2-4s 内合外力做的功为零 D. 物体在2s 末速度方向发生改变3、小球A 质量为2kg ，斜面体B 的质量为10kg ，斜面倾角θ=30°，已知 A 、B 间和B 与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.27，将物体A 放在斜面B 上端的同时，给B 施加一水平力F ，为使A 沿竖直方向落地，拉力F 的大小至少为：A ．200NB ．100NC ．100 3 ND ．200 2 N4、 一个物体在三个共点力F 1、F 2、F 3作用下做匀速直线运动。
现保持F 1、F 2不变，不改变F 3的大小，只将F 3的方向顺时针转过60°后，下列说法中正确的是： A. 力F 3一定对物体做负功 B. 物体的动能可能不变C. 物体一定做匀变速曲线运动 D . 物体可能做匀变速直线运动5、如图所示，50个大小相同、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向 上 的恒力F 作用下一起沿斜面向上运动。
已知斜面足够长，倾角为30°， 各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g ，则第3个小物块对第 2个小物块的作用力大小为：A. F 251 B . F2524C. 224FmgD. 因为动摩擦因数未知，所以不能确定6、如图所示，电源电动势为E ，内电阻为r ，当合上开关S 时，各个电灯均能正常发光，如果电灯L 1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是：（ ） A ．L 3变亮，L 2、L 4变暗 B ．L 2、L 3变亮，L 4变暗 C ．L 4变亮，L 2、L 3变暗 D ．L 2、L 4变亮，L 3变暗7、如图所示，等腰直角三角体OCD 由不同材料A 、B 拼接而成，P 为两材料在CD 边上的交点，且DP >CP 。
2015年江西省新余市高考物理二模试卷(解析版)
2015年江西省新余市高考物理二模试卷一、选择题（每小题6分，共48分，1-5题只有一项符合题目要求，6-8小题有多项符合题目要求）1．（6分）下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫微元法B．利用v﹣t图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D．法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的2．（6分）一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．3．（6分）如图所示，N个小球（可看做质点）均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为﹣2q，其余小球带电量为+q，圆心处的电场强度大小为E，若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为（）A．E B．C．D．4．（6分）在粗糙绝缘的斜面上A处固定一点电荷甲，在其左下方B点无初速度释放带电小物块乙，小物块乙沿斜面运动到C点静止．从B到C的过程中，乙带电量始终保持不变，下列说法正确的是（）A．甲、乙一定带异种电荷B．小物块的电势能一定减少C．小物块机械能的损失一定大于克服摩擦力做的功D．B点的电势一定高于C点的电势5．（6分）热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子元件，它的重要特性之一是，其电阻值随着环境温度的升高而减小．如图为一自动温控电路，C为电容器，A为零刻度在中央的电流计，R为定值电阻，R t为热敏电阻．电键S 闭合稳定后，观察电流表A的偏转情况，可判断环境温度的变化情况．以下关于该自动温控电路的分析，正确的是（）A．当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐升高B．当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐降低C．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远大于热敏电阻R t的阻值D．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远小于热敏电阻R t 的阻值6．（6分）据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号，而最终结果在国际天文联合会2015年举行的会议上才能做出决定．下表是关于冥王星的一些物理量（万有引力常量G已知）．可以判断下列说法正确的是（）A．冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小B．冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大C．根据所给信息，可以估算太阳的体积的大小D．根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小7．（6分）如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c 以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为t a、t b、t c，则下列给出的时间关系可能正确的是（）A．t a＜t b＜t c B．t a＞t b＞t c C．t a=t b＜t c D．t a=t b=t c8．（6分）如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m．处在两个半径均为r=的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示．（π取3）（）A．通过线框中感应电流方向为逆时针方向B．t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC．在t=0.6s内通过线框中的电量为0.006CD．经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J二、非选择题（一）必考题9．（6分）下面几个实验都用到了打点计时器或电火花计时器：①运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验②运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验③运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验④运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验（1）运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律“实验是否需要平衡摩擦阻力？（填“是”或“否”）（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电源的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm，请问该条纸带是以上四个实验哪一个实验时得到的？（填实验的名称）（3）由如图丁的测量，打C点时纸带对应的速度为m/s（保留三位有效数字）．10．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A．直流电源3V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约为3kΩ）E．滑动变阻器100Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用；（均填写仪器前的字母）（2）在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图（虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮）；（3）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图乙所示．过点（0.5，010）的切线与纵坐标交于点（0，0.05）．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是Ω．（保留小数点后一位）11．（14分）我国的最新交通规则规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为，我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3s的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14m/s的情况下，制动距离不得大于20m．（1）若要确保汽车在3s内停下来，小客车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）某小客车正以v0=14m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，那么这辆制动性能合格的小客车是否一定能在黄灯点亮前在路口停车线前停下来？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s．（3）某小客车正以v0=8m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线S=28m，汽车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯点亮前正常通过路口？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化的反应总时间是1.0s．12．（18分）如图，水平面内有一半径r=4m的光滑金属圆形导轨，圆形导轨的右半部分的电阻阻值R=1.5Ω，其余部分电阻不计，圆形导轨的最左边A处有一个断裂口，使圆形导轨不闭合．将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨GH处，并通过圆心O．空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做与GH方向垂直的直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等．（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小F A．（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m所需时间△t．（3）在棒由GH处向左移动2m的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3．【选修】13．（6分）下列说法中正确的是（）A．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大B．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的能量增大C．电子云说明电子并非一个特定的圆轨道上运动D．“探究碰撞中的不变量”的实验中得到的结论是碰撞前后两个物体mv的矢量和保持不变E．在光照条件不变的情况下，对发射出来的光电子加上正向电压对光电子加速，所加电压不断增大，光电流也不断增大14．（9分）设有钚的同位素离子Pu静止在匀强磁场中，该粒子沿与磁场垂直的方向放出α粒子以后，变成铀的一个同位素离子，同时放出能量为E=0.09MeV的光子．（普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s）（1）试写出这一过程的核衰变方程；（2）光子的波长为多少？（3）若不计光子的动量，则铀核与α粒子在该磁场中的回转半径之比Rα：R U为多少？2015年江西省新余市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共48分，1-5题只有一项符合题目要求，6-8小题有多项符合题目要求）1．（6分）下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫微元法B．利用v﹣t图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D．法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的【解答】解：A、用质点代替实际物体是采用了理想模型的方法，质点实际不存在，A错误；B、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，B 错误；C、伽利略在研究自由落体运动时采用了推理的方法，C正确；D、法拉第发现电磁感应现象，和他坚信电与磁之间一定存在着联系的哲学思想分不开，D错误；故选：C2．（6分）一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和v3据运动学公式可知：v22﹣v12=2ax1，v32﹣v22=2ax2，且v2﹣v1=v3﹣v2=△v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误．故选：D．3．（6分）如图所示，N个小球（可看做质点）均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为﹣2q，其余小球带电量为+q，圆心处的电场强度大小为E，若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为（）A．E B．C．D．【解答】解：假设圆周上均匀分布的都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知P处q在圆心处产生的场强大小为E1=k，方向水平向左，可知图中所有+q在圆心处的场强E2=E1=k，方向水平向右，图中﹣2q在圆心处产生的场强大小E3=k，方向水平向右．根据电场的叠加有：E2+E3=E，则得k=，所以若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为．故选：C4．（6分）在粗糙绝缘的斜面上A处固定一点电荷甲，在其左下方B点无初速度释放带电小物块乙，小物块乙沿斜面运动到C点静止．从B到C的过程中，乙带电量始终保持不变，下列说法正确的是（）A．甲、乙一定带异种电荷B．小物块的电势能一定减少C．小物块机械能的损失一定大于克服摩擦力做的功D．B点的电势一定高于C点的电势【解答】解：A、若甲、乙是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，合力增大，加速度增大，物块乙不可能停止在C点．所以两物块为同种电荷，故A 错误．B、电场力对物块乙做正功，则小物块的电势能一定减小．故B正确．C、根据动能定理得知：电场力对小物块所做的功、摩擦力对小物块做的功及重力做功之和等于零，则知电场力对小物块所做的功和重力做功之和等于小物块克服摩擦力做的功，故电场力对小物块所做的功小于小物块克服摩擦力做的功，故C错误．D、由于点电荷A的电性未知，电场线方向未知，无法判断B、C电势的高低．故D错误．故选：B5．（6分）热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子元件，它的重要特性之一是，其电阻值随着环境温度的升高而减小．如图为一自动温控电路，C为电容器，A为零刻度在中央的电流计，R为定值电阻，R t为热敏电阻．电键S 闭合稳定后，观察电流表A的偏转情况，可判断环境温度的变化情况．以下关于该自动温控电路的分析，正确的是（）A．当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐升高B．当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐降低C．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远大于热敏电阻R t的阻值D．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远小于热敏电阻R t 的阻值【解答】解：当环境温度降低时R t增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小．R两端的电压减小，电容器两端的电压减小．A、当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，负电荷从b到a，电容器充电，电容器两端的电压增大，表明环境温度是正在逐渐升高．故A正确；B错误；C、为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值与热敏电阻R t的阻值相差太大并不能做到，正确的做法应该是增大电容器的电容．故C错误，D错误．故选：A6．（6分）据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号，而最终结果在国际天文联合会2015年举行的会议上才能做出决定．下表是关于冥王星的一些物理量（万有引力常量G已知）．可以判断下列说法正确的是（）A．冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小B．冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大C．根据所给信息，可以估算太阳的体积的大小D．根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小【解答】解：根据表格得出冥王星公转周期大于地球公转周期，根据万有引力提供向心力=mT=2π，所以冥王星轨道半径大于地球轨道半径，根据万有引力提供向心力=m=ma，A、v=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小，故A正确；B、a=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度小，故B错误；C、根据所给信息，无法估算太阳的体积的大小，故C错误；D、根据星球表面万有引力等于重力得：=mg，冥王星表面重力加速度的大小g===，根据表格的数据可以估算冥王星表面重力加速度的大小，故D正确；故选：AD．7．（6分）如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c 以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为t a、t b、t c，则下列给出的时间关系可能正确的是（）A．t a＜t b＜t c B．t a＞t b＞t c C．t a=t b＜t c D．t a=t b=t c【解答】解：粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t=T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长。
江西省新余四中高三物理上学期第六次月考试卷(含解析)
2015-2016学年江西省新余四中高三（上）第六次月考物理试卷一、选择题（多项选择）1．2015年度诺贝尔物理学奖颁发给了日本科学家梶田隆章和加拿大科学家阿瑟•麦克唐纳，以表彰他们在发现中微子振荡方面所作的贡献．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理史实的是（）A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点B．胡克认为无论在什么条件下，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比C．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的中心上D．密立根最早通过油滴实验，比较准确地测出电子的电荷量2．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等、方向相反C．在0～5s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最近D．物体c一定做变速直线运动3．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式T=a+bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为（）A．B．C．D．4．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（）A．a处电势高于b处电势B．a处离子浓度大于b处离子浓度C．溶液的上表面电势高于下表面的电势D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度5．P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动．图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则（）A．P1的平均密度比P2的大B．P1的“第一宇宙速度”比P2的小C．s1的向心加速度比s2的大D．s1的公转周期比s2的大6．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，则正确的是（）A．P、O两点的电势关系为φP＞φ0B．P、Q两点电场强度的大小关系为E P＞E QC．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零D．若将某负电荷由P点沿着曲线PQ移到Q点，电场力做负功7．如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，当滑动变阻器的滑片P停在变阻器的中点时，电压表的示数为U，电流表的示数为I．那么，滑片P由中点向上移动的全过程中（）A．电压表的示数始终小于U B．电流表的示数始终大于IC．电压表的示数先增大后减小 D．电流表的示数先减小后增大8．如图所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的长方形区域中有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外．O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内．己知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为．不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（）A．粒子的射入磁场的速度大小v=B．粒子圆周运动的半径r=2aC．长方形区域的边长满足关系=+1D．长方形区域的边长满足关系=2二、非选择题9．某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系．（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M2、M3、M4…；（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理．（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的（填正确答案标号）．A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量△xD．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距离L（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线．（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于（填“偶然误差”或“系统误差”）．10．在练习使用多用电表的实验中：（1）某同学用多用电表测量电阻，其欧姆挡的电路如图甲所示，若选择开关处在“×100”挡时，按正确使用方法测量电阻R x的阻值，指针位于图乙示位置，则R x= Ω．（2）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x，其测量结果与原结果相比将（填“变大”、“变小”或“不变”）．（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图丙所示．①关于该欧姆表，下列说法正确的是．A．电阻刻度的零位在表盘的右端B．表盘上的电阻刻度是均匀的C．测量前，不需要红、黑表笔短接调零D．测量后，应将开关S断开②某同学进行如下操作：当R x未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏．当R x接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻R x的阻值为．已知电流表的内阻为R g，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R．11．在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下．计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙．已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度．（1）求t0时刻漏出的沙在t（t＞t0）时刻的位置坐标；（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程．12．如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一长度为L、宽度为b（b＜h）、电阻为R、质量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v匀速运动．已知重力加速度为g，求（1）线圈匀速运动的速率v；（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q；（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t．选考题【物理-选修3-3】略13．下列说法正确的是（）A．某种液体的饱和蒸气压与温度有关B．不是所有晶体都具有各向异性的特点C．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律D．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力E．一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少14．如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积S1=4S2，下端与大气连通．粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4cm．现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管．已知大气压强为P0=76cmHg．①求抽气结束后细管内气体的压强；②抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因．【物理-选修3-4】15．在均匀介质中，t=0时刻振源O沿+y方向开始振动，t=0.9s时x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形．由此可以判断：波的周期为s，x=20m处质点在0～1.2s内通过的路程为m．16．如图所示，一个折射率为的三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的一束光线沿与AB边成θ角（θ＜90°）的方向入射到AB边的中点P处．若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cosθ应满足什么条件？【物理-选修3-5】17．某放射性元素经过6天后，只剩下没有衰变，它的半衰期是天．为估算某水库的库容，可取一瓶无毒的该放射性元素的水溶液，测得瓶内溶液每分钟衰变8×107次．现将这瓶溶液倒入水库，8 天后在水库中取水样1.0m3（可认为溶液己均匀分布），测得水样每分钟衰变20次．由此可知水库中水的体积约为m3．18．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？2015-2016学年江西省新余四中高三（上）第六次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（多项选择）1．2015年度诺贝尔物理学奖颁发给了日本科学家梶田隆章和加拿大科学家阿瑟•麦克唐纳，以表彰他们在发现中微子振荡方面所作的贡献．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理史实的是（）A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点B．胡克认为无论在什么条件下，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比C．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的中心上D．密立根最早通过油滴实验，比较准确地测出电子的电荷量【考点】物理学史．【专题】实验题；比较思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故A错误；B、胡克认为在弹性限度范围内，弹簧的弹力始终与弹簧的形变量成正比，故B错误；C、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的焦点上，故C错误；D、密立根最早通过油滴实验，比较准确地测出电子的电荷量，故D正确；故选：D．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等、方向相反C．在0～5s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最近D．物体c一定做变速直线运动【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向．分析在0～5s内a、b两物体之间距离的变化．图象c是一条抛物线表示匀加速运动．【解答】解：AB、位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动．由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反．故AB错误．C、a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t=5s时，a、b两个物体相距最远．故C错误．D、对于匀加速运动位移公式x=v0t+，可见，x﹣t图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速运动．故D正确．故选：D．【点评】本题是为位移﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向．3．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式T=a+bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为（）A．B．C．D．【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】分别求出当θ=0°和180°时绳子的拉力，再根据向心力公式及动能定理列式即可求解．【解答】解：当小球在最低点时，θ=0°，此时绳子的拉力T1=a+b根据向心力公式有T1﹣mg=m在最高点时，θ=180°，此时绳子的拉力T2=a﹣b根据向心力公式有根据机械能守恒定律得，．联立以上各式解得g=．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】本题主要考查了向心力公式及动能定理的应用，要求同学们能找出向心力的来源，难度适中．4．如图，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面（）A．a处电势高于b处电势B．a处离子浓度大于b处离子浓度C．溶液的上表面电势高于下表面的电势D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度【考点】洛仑兹力；电势．【分析】在溶液中通入沿x轴正向的电流I，在NaCl的水溶液中，带正电的钠离子向右运动，带负电的氯离子向左运动，再根据左手定则判断粒子受到的洛伦兹力的方向，从而可以得出水槽的前后两内侧面积累的电荷的情况，再分析电势的情况．【解答】解：A、电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；B、由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B正确；CD、离子都向a出运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以CD错误．故选B．【点评】对于电解液，溶液中既有正离子，也有负离子，两种离子都运动，这是与导体导电不同的地方，在分析离子的受力的时候要注意离子的带正电还是负电．5．P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动．图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则（）A．P1的平均密度比P2的大B．P1的“第一宇宙速度”比P2的小C．s1的向心加速度比s2的大D．s1的公转周期比s2的大【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a的表达式，结合a与r2的反比关系函数图象得出P1、P2的质量和半径关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解；根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式求解．【解答】解：A、根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，两曲线左端点横坐标相同，所以P1、P2的半径相等，结合a与r2的反比关系函数图象得出P1的质量大于P2的质量，根据ρ=，所以P1的平均密度比P2的大，故A正确；B、第一宇宙速度v=，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B错误；C、s1、s2的轨道半径相等，根据a=，所以s1的向心加速度比s2的大，故C正确；D、根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式T=2π，所以s1的公转周期比s2的小，故D错误；故选：AC．【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算．该题还要求要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息．就像该题，能知道两个行星的半径是相等的．6．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，则正确的是（）A．P、O两点的电势关系为φP＞φ0B．P、Q两点电场强度的大小关系为E P＞E QC．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零D．若将某负电荷由P点沿着曲线PQ移到Q点，电场力做负功【考点】电场线．【分析】根据电场线的方向确定场源电荷的正负．电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．电场线的疏密表示场强的大小，根据电势高低判断功的正负．【解答】解：A、根据电场叠加，由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等．故A正确．B、电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知E P＞E Q，故B正确；C、四个点电荷在O点产生的电场两两相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，故C正确．D、P、Q电势相等，所以a、c两点电势相等，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零．故D错误．故选：ABC【点评】本题的关键要掌握电场线的分布情况，能根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向．通过电场线的指向看电势的高低．7．如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，当滑动变阻器的滑片P停在变阻器的中点时，电压表的示数为U，电流表的示数为I．那么，滑片P由中点向上移动的全过程中（）A．电压表的示数始终小于U B．电流表的示数始终大于IC．电压表的示数先增大后减小 D．电流表的示数先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知，R1与滑动变阻器的上端串联后与滑动变阻器的下端并联，并联电路再与R2串联；分析滑片移动时并联部分电阻的变化，由欧姆定律可得出电路中电流的变化及电压表的变化；对R1支路由欧姆定律可得出电流表示数的变化．【解答】解：由题意可知，当滑片向上移动时，并联部分的总电阻先增大后减小；则外部的总电阻先增大后减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流先减小后增大，故内电压先减小后增大，则路端电压先增大后减小；即电压表的示数先增大后减小，故C正确；当并联两支路电阻相等时，电路中总电阻最小，此时路端电压最大，故A错误；电流表与R1串联，在移动中设滑动变阻器的全职电阻为R3，从滑片P到最上面部分电阻记为R上，下面部分的电阻记为R下，则电流表的示数即流过R1的电流值其中R13=R1+R3是定值，当滑片P由中点向上移动的全过程中，R上不断减小，R下不断增大，I1不断增大，即电流表的示数不断增大，且始终大于I，选项B正确，D错误；故选BC．【点评】本题为闭合电路的欧姆定律的动态分析类题目，此类问题可先分析外电路中的电阻，再分析电流或内电阻消耗的电压，最后再分析各局部电路；在分析中要灵活应用串并联电路的规律，必要时可将与电源串联的电阻当作内电阻处理．8．如图所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的长方形区域中有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外．O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内．己知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为．不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（）A．粒子的射入磁场的速度大小v=B．粒子圆周运动的半径r=2aC．长方形区域的边长满足关系=+1D．长方形区域的边长满足关系=2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）根据题意，粒子运动时间最短时，其回旋的角度最小，画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（2）最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，由题意画出运动的轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解b与a之间的关系．【解答】解：A、B、最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y轴方向入射的粒子；其运动的轨迹如图甲，则由题意偏转角：由几何关系得：带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：所以：，故AB正确；C、D、当R＜b时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，t=，回旋角度为∠OCA=设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得：Rsinα=R﹣a解得：，α=30°由图可得：故C正确，D错误；故选：ABC【点评】本题关键是画出运动时间最短的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小．二、非选择题9．某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系．（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M2、M3、M4…；（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理．（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的ADE （填正确答案标号）．A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量△xD．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距离L（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线．（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）．【考点】探究功与速度变化的关系．【专题】实验题；动能定理的应用专题．【分析】小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的。
【精品】2015年江西省三县部分高中高考物理一模试卷含答案
2015年江西省三县部分高中高考物理一模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1．（6分）概念是物理学内容的基础和重要组成部分，以下有关物理概念的描述正确的是（）A．比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义C=，表示C与Q成正比，与U 成反比，这就是比值定义的特点B．不计空气阻力和浮力的影响，斜向上抛出一物体，则物体在空中的运动是一种匀变速运动C．静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体不可能受到静摩擦力D．圆周运动是一种加速度不断变化的运动，其向心力就是物体受到的力的合力2．（6分）在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m带电量分别为+q和﹣q 的甲、乙两个小球，在力F的作用下匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为（）A．q B．C．2q D．2q3．（6分）如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点），物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B分别对球面的压力大小之比为（）A．sin2θ：1 B．sinθ：1 C．cos2θ：1 D．cosθ：14．（6分）科学家经过深入观测研究，发现月球正逐渐离我们远去，并且将越来越暗．有地理学家观察了现存的几种鹦鹉螺化石，发现其贝壳上的波状螺纹具有树木年轮一样的功能，螺纹分许多隔，每隔上波状生长线在30条左右，与现代农历一个月的天数完全相同．观察发现，鹦鹉螺的波状生长线每天长一条，每月长一隔．研究显示，现代鹦鹉螺的贝壳上，每隔生长线是30条，中生代白垩纪是22条，侏罗纪是18条，奥陶纪是9条．已知地球表面的重力加速度为10m/s．地球半径为6400kin，现代月球到地球的距离约为38万公里．始终将月球绕地球的运动视为圆周轨道，由以上条件可以估算奥陶纪月球到地球的距离约为（）A．8.4×108m B．1.7×108m C．1.7×107m D．8.4×107m5．（6分）在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）A．B．C．D．6．（6分）如图所示一劲度系数为K的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，初始时全部静止，弹簧处于自然长度，现设法控制B的运动，使A匀加速下降，用x表示弹簧伸长量，用a表示A的加速度，则在能保持A匀加速下降的整个过程中（始终在弹簧弹性限度内），重力加速度为g，下列说法正确的有（）A．B对A的作用力随弹簧伸长量x线性递增B．若a=，则弹簧最大形变量为C．B对A的最大作用力为m（g+a）D．物块A的重力势能减少了（g﹣a）7．（6分）如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动．下列说法正确的是（）A．A、B之间的摩擦力可能大小不变B．A、B之间的摩擦力一定变小C．B与墙之间可能没有摩擦力D．弹簧弹力一定不变8．（6分）如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F值定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动：若保持拉力的功率恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则（）A．t2=t1B．t1＞t2C．a2=2a1D．a2=3a1二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-重点中学十校联考高考二模试卷物理试题
2015年江西省重点中学十校联考高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）1．（6分）用如下方法测排球对地面的冲击力：让表面潮湿的排球从一定的高度自由落下，落在白纸上并留下球的水印，将该有水印的白纸铺在台式测力计上，再将球放在纸上的水印中心处，缓慢地向下压球，直到排球与纸接触部分刚好遮住水印，此时测力计的示数即为冲击力最大值．这一研究方法与下列哪一项研究用到了相同的物理学思想（）A．建立“合力与分力”的概念B．建立“点电荷”的概念C．建立“瞬时速度”的概念D．探究加速度与合力、质量的关系2．（6分）跳水比赛是我国的传统优势项目，运动员进行10m跳台比赛时，不计空气阻力，在空中运动时下列说法正确的是（）A．为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点B．运动员在下落过程中，会感觉到水面在匀加速上升C．前一半位移用的时间短，后一半位移用的时间长D．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小3．（6分）一个阻值为2Ω的线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e=10sin20πt（V），当该线圈与一阻值为8Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是（）A．电阻的热功率为16WB．该电路的路端电压为11.3VC．t=0时，穿过线圈的磁通量为零D．t=0时，线圈平面位于中性面4．（6分）银河系的恒星中大约四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为T，S1到O点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出S2的质量为（）A．B．C．D．5．（6分）有一匀强电场，电场线与坐标平面xOy平行，以原点为圆心，半径r=5cm的圆周上任意一点P的电势φ=40sinθ+25V，θ为O、P两点连线与x轴的夹角，如图所示，则该匀强电场的电场强度大小为（）A．60V/m B．600V/m C．80V/m D．800V/m6．（6分）水平面上的二个质点小物体，相距为L、质量不相等，它们以相同的初速度从图示位置开始向右沿同一直线运动，设它们最后都停止运动时的距离为s，则（）A．假如图中B点左侧是光滑的、右侧与二物体间的动摩擦因素相同，则s＞LB．假如图中B点左侧是光滑的、右侧与二物体间的动摩擦因素相同，则s=LC．若整个水平面都是均匀粗糙的、且与二物体间的动摩擦因素相同，则s＞LD．若整个水平面都是均匀粗糙的、且与二物体间的动摩擦因素相同，则s=L7．（6分）如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内互相垂直的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．挡板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（）A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小8．（6分）在直角坐标系XOY平面内有一磁场边界圆，半径为R，圆心在坐标原点O，圆内充满垂直该平面的匀强磁场，紧靠圆的右侧固定放置与Y轴平行的弹性挡板，如图所示．一个不计重力的带电粒子以速度v0从A点沿负Y方向进入圆内，刚好能垂直打在挡板B点上，若该粒子在A点速度v0向右偏离Y轴60°角进入圆内，粒子与档板相碰时间极短且无动能损失，则该粒子（）A．在B点上方与挡板第二次相碰B．经过时间第二次射出边界圆C．第二次与挡板相碰时速度方向与挡板成60°角D．经过时间第二次与挡板相碰三、非选择题：包括必选题和选考题两部分．必考题，每个试题考生都必须作答．9．（6分）教材中在探究加速度与力和质量的关系实验中，采用的是两辆小车在光滑平板上同时运动进行比较的方法，如图所示．（1）探究加速度与合外力的关系时，应使两小车的质量相同，两托盘中所放砝码的质量（填“相同”或“不同”）；探究加速度与质量的关系时，应在两托盘中放相同质量的砝码，目的是使两小车相同．（2）为了探究小车的加速度a是否与其质量m成反比，在处理数据时可采用作出一次函数图象的方法，如果纵坐标表示加速度a，那么横坐标应选用．（3）在处理数据时，把托盘和砝码的总重力当做小车所受合外力，为了使实验结论的可信度更高一些，应使托盘和砝码的总质量尽可能一些．（填“大”或“小”）10．（9分）某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA改装成量程为1mA和10mA 的双量程电流表．电路如图（a）所示，定值电阻R1=500Ω，R3=25Ω，S为单刀双掷开关．回答下列问题：（1）表笔A的颜色为色（填“红”或“黑”）（2）将开关S置于“1”挡时，量程为mA；（3）利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图（b）所示，其计数为mA．（4）定值电阻的阻值R2=．11．（13分）一块长为L=1m的粗糙均匀薄木板可绕其左端水平轴O在竖直面内由电动机带动转动，初始时处于水平位置，如图所示．一个小滑块以初速度v0=2m/s，加速度大小为a=m/s2，从左端向右滑动，滑到离左端L处时碰撞固定在板面上的触发开关P，速度立即减为零，同时板立即以一定的角度速度绕左端沿顺时针方向匀速转动，已知重力加速度g=10m/s2．求：（1）滑块与开关P相碰时的速度大小．（2）板的角速度ω在什么范围内滑块与板会相碰？12．（19分）如图所示，在光滑的水平面放置一个质量为m0=1.2kg的π型刚性金属导轨ABCD，两平行导轨AB和CD间距离为L=0.4m，质量为m=0.6kg的金属杆MN与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2，图中虚线（与导轨垂直）的右侧有范围足够大竖直向下的匀强磁场，碰感应强度B=0.5T，杆MN初始的大小为F1=4.2N．BC边最初与虚线相距X0=2m，运动中电路接触良好，BC边的电阻R=0.1Ω，其余部分电阻均不计，MN始终与导轨垂直，不考虑自感．取g=10m/s2．求：（1）运动t1=1s时杆MN与边BC间的距离是多少？（2）BC边刚好进入磁场时系统动能的增加率=？三、选考题：共45分，请考生从给出的有道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修3-3]13．（6分）下列说法正确的是（）A．当一定量气体吸热时．其内能可能减小B．温度低的物体分子运动的平均速率小C．做加速运动的物体．由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D．当液体与大气相接触时．液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数．与单位体积内气体的分子数和气体温度有关14．（9分）如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的活塞固定相连．已知大气压强为1.0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面间的最大静摩擦力为气缸重力的0.4倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭的气体压强为1.0×105Pa、温度为27℃，气缸静止．求：改变被封闭气体的温度最大在什么范围内可保证气缸静止不动．三、选考题：共45分，请考生从给出的有道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修3-4]15．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过0.2s后它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是（）A．波沿x轴正方向传播，且波速为10m/sB．波沿x轴负方向传播，且波速为20m/sC．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反D．若某时刻N质点到达波谷处，则Q质点一定到达波峰处E．从图示位置开始计时，在0.6s时刻，质点M偏离平衡位置的位移y=﹣10cm16．由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角为30°的直角三角形，如图所示，AC面镀膜，经透明体射到AC面的光只能反射．现有一束光从AB面的D点垂直AB面射入透明体，经AC面E点反射后从BC面射出透明体，出射光线与BC围成30°角．求：（1）该透明体的折射率；（2）若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，经AC面E点反射后从AB面射出透明体，试画出经E点后的光路图，计算出射光线与AB面所成的角度．三、选考题：共45分，请考生从给出的有道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修3-5]17．地震和海啸引发核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为I→Xe+Y．根据有关放射性知识，下列说法正确的是（）A．Y粒子为β粒子B．若I的半衰期大约是8天，若取4个碘原子核，经16天就可能剩下1个碘原子核了C．生成的Xe处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D．I中有53个质子和131个核子E．I的质量与Xe和Y粒子的质量之和不相等18．如图所示，质量为M的平板小车静止在光滑的水平地面上，小车左端放一个质量为m 的木板，车的右端固定一个轻质弹簧，现给木块一个水平向右的瞬时冲量I，木块便沿小车向右滑行，在与弹簧作用后又沿原路返回，并且恰好能到达小车的左端．求：（1）当木块回到小车最左端时的速度；（2）弹簧获得的最大弹性势能．2015年江西省重点中学十校联考高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。
江西省新余市新余一中2015届高三第二次模拟考试(物理)
江西省新余市新余一中 2015届高三第二次模拟考试物 理 试 题总分100分，考试用时90分钟一、 选择题（每小题4分，共40分。
其中1—7题为单选题，8—10题为多选题漏选得2分，有错得0分）） ⒈一颗人造地球卫星在距地球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运动周期为T ，若地球半径为R ，则（ ）A.该卫星运行时的线速度为2RTπB.该卫星运行时的向心加速度为224RTπ C.物体在地球表面自由下落的加速度为224()R h T π+D.⒉如图所示，将物体A 放在容器B 中，以某一速度把容器B 竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B 的底面始终保持水平，下列说法正确的是（ ）A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力都等于物体A 受到的重力⒊在稳定轨道上的空间站中，物体处于完全失重状态．有如图（2）所示的装置，半径分别为r 和R （R>r ）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD 相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是：A ．小球在CD 间由于摩擦力而做减速运动B ．小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C ．如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D ．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力 ⒋．如图所示，质量相同的木块A 、B ，用轻弹簧连接置于光滑水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F 推木块A ，则弹簧在第一次被压缩到最短的过程中()A ．当A 、B 速度相同时，加速度a A = a BB ．当A 、B 速度相同时，加速度a A ＞ a BC ．当A 、B 加速度相同时，速度v A ＜v BD ．当A 、B 加速度相同时，速度v A ＞v B⒌在地面上方的A 点以E 1=3J 的初动能水平抛出一小球，小球刚要落地时的动能为E 2=7J ，落地点在B 点，不计空气阻力，则A 、B 两点的连线与水平方向的夹角为( )A ．30°B ．37°C ．45°D ．60°⒍一物体由静止开始自由下落一小段时间后突然受一恒定的水平风力的影响，则其运动轨迹可能的情况是图中的7. 一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B 。
江西省抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷(Word版含解析)
江西省抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O分1．如图所示，相距为L的A、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为( )A．B．L C．D．2L考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据在相等的时间内，由位移公式可确定各自位移，并由三角形来确定位移关系，根据距离与时间关系，确定何时取最小值．解答：解：设经过时间t后，A的位置为L﹣vt．B的位置为vtAB=，解得：AB=，则当t=时，AB最小．最小值为，故A正确，BCD错误；故选A点评：考查位移公式，并根据数学表达式来确定，在时间取何值时，距离取最小值．2．质量m=1kg的物体做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )A．物体在0﹣8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B．物体在0﹣2s内的速度变化比2﹣4s内的速度变化快C．物体在2﹣4s内合外力做的功为零D．物体在2s末速度方向发生改变考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．解答：解：A、速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，0﹣8s内的平均速度m/s，1s末的速度为1m/s，方向相反，故A错误；B、0﹣2s内的加速度为：a=，2﹣4s内的加速度为，所以﹣4s内的速度变化快，故B错误；C、2﹣4s内的位移为：x=，所以合外力做的功为零，故C正确；D、2s末前后速度图象都在时间轴的上方，都为正，所以2s末速度方向未改变，故D错误．故选C点评：本题是速度﹣时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移．3．小球A质量为2kg，斜面体B的质量为10kg，斜面倾角θ=30°，已知A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.27，将物体A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为( )A．200N B．100N C．100N D．200N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要使A竖直下落，则A做自由落体且一直在斜面的正上方，则由几何关系可知A下落的高度和B前进的距离之间的关系；再由牛顿第二定律可求得水平位移的表达式；联立可解．解答：解：假设A下落的高度为h，则此时斜面体应向右滑动距离为：x=对A球有：h=gt2；对斜面体有：x=at2；F﹣μmg=ma联立解得：F=200N；故选：A．点评：本题考查牛顿第二定律及自由落体的规律，要注意明确临界条件的正确应用．4．一个物体在三个共点力F1、F2、F3作用下做匀速直线运动．现保持F1、F2不变，不改变F3的大小，只将F3的方向顺时针转过60°后，下列说法中正确的是( )A．力F3一定对物体做负功B．物体的动能可能不变C．物体一定做匀变速曲线运动D．物体可能做匀变速直线运动考点：物体做曲线运动的条件；功的计算．分析：三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F3外的两个力的合力，然后将转向后的力F3与除F3外的两个力的合力合成，即可求出合力，根据合力与速度方向的关系判断做什么运动，根据转向后F3与速度方向的关系判断做正功还是负功．解答：解：B、力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除F3外的两个力的合力大小等于F3，方向与F3反向，故等效成物体受两个互成120°的大小等于F3的力作用；根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力，故此时物体所受到的合力大小为F3，合外力为恒力且不为零，物体的动能一定改变，故B错误；A、若此时合力方向与速度方向相同，则物体做匀变速直线运动，F3与速度方向为60°，力F3做正功，故AC错误，D正确；故选：D点评：本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；同时用到两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力5．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )A．B．C．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第3个小物块对第2个小物块的作用力大小．解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度a==．隔离对12两个物体分析，有：F﹣2mgsin30°﹣μ•2mgcos30°﹣N=2ma．解得N=．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．6．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当合上开关S时，各个电灯均能正常发光，如果电灯L1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是( )A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L2、L4变亮，L3变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解．解答：解：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，则总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源内阻所占电压减小，则并联部分电压增大，通过L3的电流变大，所以电灯L3变亮，干路电流I 减小而L3的电流变大，则L4的电流减小，L4变暗，L4的电压减小，并联部分电压增大，则L2两端电压增大，所以通过L2的电流增大，L2变亮，故B正确，ACD错误故选：B点评：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．7．如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是( )A．A、B材料的动擦因数相同B．两次滑动中物块到达P点速度相等C．两次滑动中物块到达底端速度相等D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等考点：功能关系；动能定理的应用．专题：压轴题．分析：从C到D和从D到C分别利用动能定理可以比较物块滑到低端时的速度大小，根据Q=fs相对可以比较两次产生热量大小．解答：解：A、由于A、B材料不同，因此它们的动摩擦因数不同，故A错误；B、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故B错误；C、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故C正确；D、两次滑下的过程中摩擦力做功相同，斜面静止不动，因此两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等，故D正确．故选CD．点评：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节．8．如图所示，电路中的电压U恒定，已知C1=2C2，R1=2R2，当回路电流达到稳定以后( )A．C1两板间的电压是C2上的2倍B．C1极板上所带的电量是C2上的2倍C．R1两端的电压是R2的2倍D．R1中的电流是R2的2倍考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：先分析电路结构，两个电阻串联，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，根据欧姆定律分析电阻两端电压和电流的关系，而并联电路电压相等，再结合Q=UC 判断电容器带电量的关系．解答：解：ACD、两个电阻串联后接入电路，则电流相等，根据U=IR及R1=2R2可知，U1=2U2，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，则C1两板间的电压是C2上的2倍，故AC正确，D错误；B、根据Q=UC及C1=2C2，U1=2U2可知，C1极板上所带的电量是C2上的4倍，故B错误．故选：AC点评：本题主要考查了串并联电路的特点，知道电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，能根据欧姆定律分析，难度适中．9．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是( )A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落考点：磁现象和磁场．分析：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，同名磁极靠的越近，磁极间的引力越大，异名磁极间的距离越近，斥力越大．解答：解：A、由图示可知，甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落，故A正确；B、异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，越不容易脱落，故B错误；C、由图示可知，乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落，故C正确；D、前后面的异性磁极间距等于玻璃的厚度，与磁力玻璃擦结构无关，故D错误；故选AC．点评：知道磁体磁极间的相互作用、分析清楚图示情景即可正确解题．10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．解答：解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．C、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D错误．故选BC．点评：本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高．二、实验题11．在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是( ) A．两细绳必须等长B．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板C．用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：正确解答本题要掌握：正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用．解答：解：A、两细绳可以不等长，因为绳子的长短不影响力的大小和方向的表示．故A 错误．B、拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内．故B正确．C、用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差如果很大，那么力作图示时误差就会较大．故C错误．D、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样有助于比较准确的表示出拉力方向，故D正确．故选：BD．点评：本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力．12．某同学用螺旋测微器测量一圆柱体的直径d，示数如图，则d=8.473～8.477mm．考点：螺旋测微器的使用．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.5×0.01mm=0.475mm，所以最终读数为8mm+0.475mm=8.475mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.473～8.477之间．故答案为：8.473～8.477点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．13．某同学利用“验证机械能守恒定律”实验装置打出了一条图示纸带，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），图中D点的速度v D=3.81m/s（保留三位有效数字）．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．v D==3.81m/s故答案为：3.81点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．14．某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻R g=10Ω）C．电流表A（0﹣0.6A，内阻未知）D．滑动变阻器R（0～20Ω，5A）E．滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值1990Ω）G．开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D．（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为10Ω，R3接入电路的阻值为4.0Ω（结果保留两位有效数字）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图．（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，根据图象求出此时流过R1和R2的电压电流，从而求出R1的阻值，根据串并联知识进一步求出滑动变阻器接入电路中的电阻值解答：解：（1）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，灯泡电阻R===14.4Ω，电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）为方便实验操作，同时分压接法时，要求用小电阻，故滑动变阻器应选D．（3）两元件串联，流过它们的电流始图相等，电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，根据欧姆定律得：根据串并联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I′=2I=0.5A，两端的电压为：U′=E﹣U=6V﹣2.5V=3.5VR3接入电阻的阻值为：R3===4.0Ω；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）D；（3）10；4.0点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还要学会结合图象以及电路的串并联进行数据处理．三、选做题：本题共有3小题，每位同学从中选1题作答，若3题均作答则按第一题给分．A （选修模块3-3）15．研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团．气团直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀，设气团在上升过程中，由状态Ⅰ（p1，V1，T1）绝热膨胀到状态Ⅱ（p2，V2，T2）．倘若该气团由状态Ⅰ（p1，V1，T1）作等温膨胀至状态Ⅲ（p3，V2，T1），试回答：（1）下列判断正确的是AC．A．p3＞p2B．p3＜p2C．T1＞T2D．T1＜T2（2）若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W1，则其内能变化△E1=﹣W1；若气团在等温膨胀过程中对外做的功为W2，则其内能变化△E2=0．（3）气团体积由V1变化到V2时，求气团在变化前后的密度比和分子间平均距离之比．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，根据热力学第一定律判断内能的变化，从而判断温度的变化；（2）根据热力学第一定律计算内能变化；（3）根据ρ=可知，质量不变，密度与体积成反比；设分子间平均距离为d，气体分子数为N，则所有气体体积为V=Nd3可求距离之比解答：解：（1）地面的气团上升到高空的过程中气团膨胀，对外做功，W＜0．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，即Q=0．根据热力学第一定律△U=W+Q得知，△U＜0，内能减小，则温度降低．根据理想气体状态方程得：=①V增大T减小则P一定减小，故P1＞P2；T1＞T2．故C正确；由状态1到状态III时过程中，有：=②①②联立则有：=，T1＞T2．故p3＞p2，故A正确B错误，故选：AC；（2）地面的气团上升到高空的过程中气团膨胀，对外做功W1．由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，即Q=0．根据热力学第一定律△E1=﹣W1若气团在等温膨胀过程，气体温度不变，内能不变，即△E2=0故答案为：﹣W1，0．（3）根据ρ=得：气体变化前后密度之比为：=，设分子间平均距离为d，气体分子数为N，则所有气体体积为V=Nd3气体变化前后分子间平均距离之比为：=；故答案为：（1）AC；（2）﹣W1；0；（3）变化前后密度比：，变化前后分子间平均距离比．点评：本题综合考察了理想气体状态方程，热力学第一定律，再利用热力学第一定律时要注意符号问题．求解气体变化前后密度与距离之比时关键抓住质量不变，分子数不变便可轻松解决．B（选修模块3-4）16．下列说法中正确的是( )A．受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关B．波是传递能量的一种方式C．牛顿环是由光的衍射产生的D．电子液晶显示是光的偏振现象的应用考点：自由振动和受迫振动；机械波．专题：定量思想；简谐运动专题．分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力频率与系统固有频率接进时系统振幅显著加强的现象叫做共振现象．解答：解：A、受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，故A错误；B、波是传递能量的一种方式，如光波有能量，故B正确；C、牛顿环是由光的等厚干涉产生的，故C错误；D、电子液晶显示是光的偏振现象的应用，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了受迫振动与共振、机械波、光的衍射、光的偏振等内容，知识点跨度大，不难．17．二十世纪二十年代，天文学家哈勃从星系光谱的观测中发现宇宙中所有的星系都在彼此远离退行，距离越远，退行速度越大，两者成正比，这个规律称为哈勃定律．一个遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）超新星发出光谱波长；地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c（光在真空中传播速度为c）．考点：恒星的演化．分析：使用多普勒效应得出宇宙正在膨胀的结论．根据相对论原理解答．解答：解：根据多普勒效应，遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于超新星发出光谱波长；根据相对论原理，地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c．故答案为：大于，c点评：此题考查了运用多谱勒效应研究宇宙的产生等有关天体知识，并考查了模型法的应用．18．研究发光物体的光谱通常需要三棱镜，如图所示是截面为等边三角形ABC的三棱镜，一束光从AB边的P点射入棱镜，当入射角i=60°时，进入棱镜的折射光线与BC边平行．求：①光在棱镜中的传播速度v（光在真空中传播速度c=3×108m/s）；②入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：①作出光路图，由几何知识确定出折射角，即可由折射定律求折射率n，得到光在棱镜中的传播速度v=．②根据光路的可逆性原理和几何关系得到入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ．解答：解：①由几何知识得：第一次折射时折射角为r=30°．由折射定律得：折射率解得则光在棱镜中的传播速度②由几何关系可知：偏转角θ=2（i﹣r）=2×（60°﹣30°）=60°答：①光在棱镜中的传播速度v是1.73×108m/s；②入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ是60°．点评：本题是简单的几何光学问题，关键要正确作出光路图，运用折射定律、光速公式和几何知识结合进行研究．C（选修模块3-5）19．自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s，它能自发地发生放射性衰变，衰变方程是：n→H+X+，其中是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）．下列说法中正确的是( )A．自由中子的衰变是β衰变，X是负电子B．有20个自由中子，半小时后一定剩下5个中子未发生衰变C．衰变过程遵守动量守恒定律D．衰变过程有质量亏损，所以能量不守恒考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，动量守恒，能量也守恒．半衰期对于大量的粒子适用，具有统计规律；解答：解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒，知X的电荷数为﹣1，质量数为0，为负电子，该衰变为β衰变．故A正确．B、半衰期有统计规律，对大量的中子适用．故B错误．C、在衰变的过程，系统不受外力，动量守恒．故C正确．D、衰变的过程中，有质量亏损，能量守恒，亏损的质量以能量的形式释放．故D错误．故选AC点评：解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，当系统不受外力时，动量守恒．20．电子俘获即原子核俘获1个核外轨道电子，使核内1个质子转变为中子．一种理论认为地热是镍58（在地球内部的高温高压下发生电子俘获核反应生成钴（Co）58时产生的．则镍58电子俘获核反应方程为；生成的钴核处于激发态，。
江西省临川二中、新余四中高三1月联合考试物理试题Word版含答案
江西省临川二中、新余四中高三 1月联合考试物理试题 Word版含答案-、选择题：14. 2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修 二，以表彰他们发明蓝色发光二极管(LED)，并因此带来新型的节能光源。
在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。
下列表述符合物理学史实的是 ( )A •开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B •奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念C. 牛顿认为在足够高的山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上D. 安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究15. 质量为m ^ 20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力 F 的作用下，沿水平面做直线运动。
0〜 2 s 内F 与运动方向相反，2〜4 s 内F 与运动方向相同，物体的2示。
g 取 10 m/s ，则( )A. 拉力F 的大小为100 NB. 物体在4 s 时拉力的瞬时功率为 120 WC. 4 s 内拉力所做的功为 480 JD. 4 s 内物体克服摩擦力做的功为 320 J16.如图所示，水平面MN 勺下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由 MN 上方的A 点以定初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平，由此可知( )A. 从B 到C,小球的机械能减小B. 从B 到C,小球的电势能减小C. 从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D. 从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量相同17.美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”。
天文学家通过观测双星轨道参 数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是v — t 图象如图所两个黑洞并合的事件。
GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。
假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小。
江西省抚州市临川二中高三物理下学期第四次月考试卷(
2014-2015学年江西省抚州市临川二中高三（下）第四次月考物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1．（6分）（2013春•抚州校级月考）下列说法正确的是（）A．在公路上行驶的汽车，车速越大，刹车后滑行的路程越长，惯性越大B．乒乓球可以抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故C．马拉着车加速前进，则马拉车的拉力大于车拉马的拉力D．拔河比赛中，甲队能赢乙队是甲队人的总质量比乙队人的总质量大考点：惯性；牛顿第三定律．分析：惯性大小只有物体的质量来决定．作用力和反作用力是发生在相互作用的物体上，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．解答：解：A、在公路上行使的汽车，车速越大，刹车后滑行的路程越长，惯性不变，故A错误．B、乒乓球可以抽杀，是因为质量小，惯性小，容易改变运动状态的缘故，故B正确．C、马拉着车加速前进，车拉马的拉力与马拉车的力是作用力和反作用力，所以车拉马的拉力等于马拉车的力，故C错误．D、拔河比赛中，两队受到相等绳子的拉力，决定输赢的关键是谁与地面之间的最大静摩擦力大，故D错误．故选：B点评：解决本题的关键知道质量决定惯性的大小，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．（6分）（2015•资阳一模）如图所示，三个物块重均为100N，小球P重20N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，则（）A．1和2之间的摩擦力是20N B． 2和3之间的摩擦力是20NC．物块3受5个力作用D． 3与桌面间摩擦力为20N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对物体1受力分析，根据平衡条件求解出物体1与物体2之间的静摩擦力；再对2受力分析，求解出物体2与3之间的静摩擦力；最后对3物体受力分析；解答：解：A、整个系统平衡，则物块1只受到重力和物块2的支持力，1和2之间的摩擦力为0，故A错误；B、物块2水平方向受拉力F和物块3对其的摩擦力，由二力平衡可知2和对的摩擦力是20N，且水平向右，故B正确；C、D、物块3对2的摩擦力向右，故2对3的静摩擦力向左；对绳子的连接点受力分析．受重力、两个绳子的拉力，如图根据平衡条件，有T1=mg=20N；对物块3分析可知，水平方向受绳的拉力和物块2的向左的静摩擦力，二力平衡，所以物块3与桌面之间的摩擦力为0，物块3受重力、桌面的支持力、绳的拉力、物块2的压力和摩擦力5个力的作用，故C确D错误；故选BC．点评：本题关键是一次对物体1、2、3受力分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律列式分析求解．3．（6分）（2015•绥化校级三模）如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节省救援时间，消防车向前前进的过程中，人相对梯子匀加速向上运动，在地面上看消防队员的运动，下列说法中正确的是（）A．当消防车匀速前进时，消防队员可能做匀加速直线运动B．当消防车匀速前进时，消防队员水平方向的速度保持不变C．当消防车匀加速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动D．当消防车匀减速前进时，消防队员一定做匀变速曲线运动考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：消防员参与了沿梯子方向的匀加速直线运动和水平方向上的直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断消防员做直线运动还是曲线运动．解答：解：A、当消防车匀速前进时，根据运动的合成，可知：消防队员一定做匀变速曲线运动，因水平方向存在加速度，则水平方向的速度变化．故A错误，B也错误．C、当消防车匀加速前进时，若合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动；若在一条直线上，则做匀变速直线运动，故C错误；D、当消防车匀减速前进时，根据运动的合成，结合曲线运动条件，则消防队员一定做匀变速曲线运动，故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向来判断消防队员在水平方向的速度变化．4．（6分）（2013春•抚州校级月考）宇宙中两颗星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（）A．双星相互间的万有引力减小B．双星做圆周运动的半径减小C．双星做圆周运动的周期减小D．双星做圆周运动的线速度减小考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度和周期的变化．解答：解：A、双星间的距离L不断缓慢增加，根据万有引力定律得：F=G，知万有引力减小，故A正确．B、双星间的距离L变大，双星做圆周运动的轨道半径r都变大，故B错误；C、由牛顿第二定律得：G=m1r1ω2，G=m2r2ω2，可知m1r1=m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大，故C错误；D、由牛顿第二定律得：G=m1v1ω=m2v2ω，L变大，ω变小，则线速度v变小，故D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题．5．（6分）（2013•洪泽县校级模拟）点电荷A、B是带电量为Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上．它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称地有一个正方形路径abcd（与ABCD共面），如图中实线所示，O为正方形与矩形的中心，则（）A．取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强为零B．b、d两点场强相等，电势相等C．将某一正试探电荷沿正方形路径a→d→c移动，电场力先做正功，后做负功D．将某一正试探电荷沿正方形路径a→b→c移动，电场力先做正功，后做负功考点：电场的叠加；点电荷的场强；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小．解答：解：A、从图中可以看出，经过O点的等势面通向无穷远处，故O点的电势与无穷远处电势相等，故O点电势为零，而场强不为零，故A错误；B、将一个正的试探电荷从b点移动到d点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B 错误；C、将某一正试探电荷沿正方形路径a→d→c移动，从a到d，电场力做正功，从d到c，电场力做负功，由于a与c在同一等势面上，故电场力做的总功为零，故C正确；D、将某一正试探电荷沿正方形路径a→b→c移动，从a到b，电场力做负功，从b到c，电场力做正功，由于a与c在同一等势面上，故电场力做的总功为零，故D错误；故选C．点评：本题关键抓住等势面与电场线垂直，电场线的疏密程度也可以反映场强的大小进行讨论，同时运用在同一等势面上移动，电场力做功为零．6．（6分）（2015•宁波模拟）超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，原理图如图所示．当通过超导部件的电流大于其临界电流，I C时超导部件由超导态（可认为电阻为零）转变为正常态（可认为是一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流．超导部件正常态电阻R1=7.5Ω，临界电流I C=0.6A，限流电阻R2=15Ω，灯泡L 上标有“6V 3W”，电源电动势E=7V，内阻r=2Ω，电路正常工作．若灯泡L突然发生短路，则下列说法正确的是（）A．灯泡L短路前通过R1的电流为 AB．灯泡L短路后超导部件电阻为零C．灯泡L短路后通过R1的电流为 AD．灯泡L短路后通过R1的电流为1A考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由题意知，当电流小于0.6A时，超导部件处于超导态，电阻为零，超导限流器自动短路，不工作，计算出灯正常工作时的电流后，判断超导限流器的工作状态，当灯短路时，再由欧姆定律计算出电路的电流后分析各个选项．解答：解：A、灯泡L短路前超导限流器自动短路，灯泡正常工作，则通过R1的电流为I==．故A错误．B、C、D灯泡L短路后，电路中电流变为：I==＞I C，超导部件由超导态转变为正常态，超导部件的电阻为R==5Ω，电路中总电流为I总==1A，通过R1的电流为I1==．故BD错误，C正确．故选C点评：本题首先要读懂题意，了解超导部件的特性和超导体的特点，其次要掌握欧姆定律的应用．7．（6分）（2014•江西校级模拟）如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点．大量相同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c 点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d点和e点离开的粒子相比较（）A．经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：画出带点粒子在磁场中运动的轨迹，找出其圆心与半径，根据几何关系及周期公式即可判断．解答：解：如图所示，若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t=，运动时间相同，所以A正确，C错误；如果从bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长．圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B 错误，D正确．故选AD点评：解决带点粒子在磁场中运动的问题要画出其运动轨迹，找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．8．（6分）（2013春•抚州校级月考）一辆汽车质量为1×103kg，最大功率为2×104W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为υ2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图所示．下列判断错误的是（）A．汽车先做匀速运动，再做加速运动B．最大速度大小为20m/sC．整个过程中最大加速度为2m/s2D．汽车速度为10m/s时发动机的功率为20kW考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．专题：功率的计算专题．分析：汽车从A到B牵引力不变，做匀加速直线运动，从B到C图线的斜率不变，知功率不变，做加速度减小的加速运动，到达C点速度达到最大解答：解：A、越大，汽车的速度v越小，越小，汽车的速度v越大，AB段汽车的牵引力不变，汽车所受合力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度不变，汽车做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，可知汽车达到额定功率，当速度增大，牵引力减小，则加速度减小，汽车做加速度减小的加速运动，当汽车所示合力为零时做匀速直线运动，由此可知，汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，故A错误；B、当汽车的速度为最大速度v2时，牵引力为F2=1×103N，汽车的最大速度：v2===20m/s，故B正确；C、在整个运动过程中，AB段的加速度最大，在C点汽车速度达到最大，汽车做匀速直线运，由平衡条件可知，牵引力等于阻力，阻力：f=F2=1×103N，则最大加速度a===2m/s2，故C正确．D、与B点对应的速度为v1==≈6.67m/s，当汽车的速度为10m/s时处于图线BC段，故此时的功率最大为P m=2×104W=20kW，故D正确．本题选错误的，故选：A．点评：解决本题的关键能够通过图线分析出汽车的运动规律，知道汽车功率与牵引力的关系，当加速度为零时，速度达到最大．三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个考题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题9．（5分）（2015•扬州学业考试）平抛物体的运动规律可以概括为两点：（1）水平方向做匀速运动，（2）竖直方向做自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验（）A．只能说明上述规律中的第（1）条B．只能说明上述规律中的第（2）条C．不能说明上述规律中的任何一条D．能同时说明上述两条规律考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：探究平抛运动的规律中，实验同时让A球做平抛运动，B球做自由落体运动，若两小球同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，而不能说明A球水平方向的运动性质．通过对比分析说明．解答：解：据题：用小锤在打击金属片时，A小球做平抛运动的同时，B球做自由落体运动，两球同时落地，则说明平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，只能说明上述规律中的第（2）条．故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题运用对比的方法分析实验的意义，属于简单基础题目，实验虽然简单，但是很直观的验证了平抛运动在竖直方向上的运动规律．10．（10分）（2015•九江模拟）现有一块灵敏电流表A1，量程为200 μA，内阻约为1000Ω，要精确测出其内阻R1，提供的器材有：电流表A2（量程为1mA，内阻R2=50Ω）；电压表V（量程为3V，内阻R V约为3kΩ）；滑动变阻器R（阻值范围为0～20Ω）；定值电阻R0（阻值R0=100Ω）；电源E（电动势约为4.5V，内阻很小）；单刀单掷开关S一个，导线若干．（1）请将上述器材全部用上，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的．将电路图画在右面的虚框中．（2）在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算A1表的内阻，表达式为R1= ，表达式中各符号表示的意义是I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，R2表示A2表内阻，R0表示定值电阻．考点：测定金属的电阻率．专题：压轴题．分析：（1）估算电阻上最大电压和最大电流，选择电表量程．根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器．（2）根据该电阻与两电表内阻的倍数关系选择电流表的接法，根据变阻器最大电阻与该电阻的关系选择分压式或限流式解答：解：（1）精确测量电阻，需要测量多组数据，因此，采用分压电路；A2的量程太小，须串联一定值电阻R0；把电压表当作保护电阻．电路图如图：（2）由电路图知A2表和R0串联后与A1表并联，因此电压相等，即I1R1=I2（R0+R2），所以，R1=，其中，I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，R2表示A2表内阻，R0表示定值电阻．故答案为：（2），I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，R2表示A2表内阻，R0表示定值电阻．点评：在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全，故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流；在接法中要注意根据各电器内阻的大小，灵活选择对应的接法．11．（14分）（2012•江西二模）如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d=0.5m，导轨右端连接一阻值为R=4Ω的小灯泡L．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m．在t=0时刻，电阻为1Ω的金属棒ab在水平恒力F作用下，由静止开始沿导轨向右运动．金属棒从图中位置运动到EF 位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化．求：（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力F的大小；（3）金属棒的质量．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求出0﹣4s内电路中产生的感应电动势，求出感应电流．因为小灯泡的亮度始终没有发生变化，则此电流即为通过小灯泡的电流强度；（2）由于灯泡亮度不变，可知在t=4s末金属棒刚好进入磁场时应做，匀速运动，此时金属棒电流等于灯泡中电流，恒力与安培力大小相等．（3）金属棒切割磁感线产生的感应电动势等于0﹣4s内电路中产生的感应电动势，由E=Bdv 可求出在磁场中的速度，由运动学公式和牛顿第二定律结合可求出棒的质量．解答：（1）金属棒未进入磁场，电路总电阻 R总=R L+R ab=5Ω回路中感应电动势为：E1===0.5V灯炮中的电流强度为：I L==0.1A（2）因灯泡亮度不变，故在t=4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I=I L=0.1A恒力大小：F=F A=BId=0.1N（3）因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2=E1=0.5V金属棒在磁场中的速度：v==0.5m/s金属棒未进入磁场的加速度为：a=故金属棒的质量为：m==0.8kg答：（1）通过小灯泡的电流强度为0.1A；（2）恒力F的大小为0.1N；（3）金属棒的质量为0.8kg．点评：本题的突破口是小灯泡的亮度始终没有发生变化，来分析电路中电动势和电流，抓住两个阶段这两个量的关系进行研究．12．（18分）（2013春•抚州校级月考）倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，动摩擦因数为μ=2tanθ，其余部分光滑．AB段长为2L，有N个相同的小木块（单独考虑每个小木块时，视为质点）沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L，每一个小木块的质量均为m，将它们由静止释放，释放时下端距A为2L，B到斜面底端足够长．求：（1）从第1个木块到第N个木块通过A点的过程中，第几个木块通过A点的速度最大，最大速度为多少．（2）木块在斜面上滑动的过程中，第k﹣1个木块和第k+1个木块对第k个木块做的总功．（3）第k个木块通过B点的速度．（题中1＜k＜N）考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）令有n个木块过A点速度最大v m，则μnmgcosθ=Nmgsinθ，求出n与N的关系，根据动能定理即可求解最大速度；（2）全部木块刚过A点时速度为v，根据动能定理即可求得v，而木块在斜面上滑动时，只有在通过A点的过程中才可能有相互作用力，设所求功为W．对从开始到所有木块刚通过A 点的过程，运用动能定理即可求得W；（3）从所有木块刚过A点到第k个木块刚到B点，对第k个木块运用动能定理即可求解．解答：解：木块过A点的位移为x时，摩擦力为：f=μmgcosθ，摩擦力正比于位移，可由平均力求摩擦力做功．（1）令有n个木块过A点速度最大v m，则有：μnmgcosθ=Nmgsinθ解得：n=，即一半木块过A点速度最大，由动能定理得：Nmv2=Nmg•Lsinθ•μNmgcosθ•，解得：v m=；（2）全部木块刚过A点时速度为v，则有；Nmgsinθ•L﹣μNmggcosθ•L=Nmv2﹣0，解得：v=，而木块在斜面上滑动时，只有在通过A点的过程中才可能有相互作用力，设所求功为W．对从开始到所有木块刚通过A点的过程，对第k个木块有：mg•3Lsinθ﹣μmgcosθ（N﹣K）+W=mv2﹣0，解得：W=mgLsinθ；（3）从所有木块刚过A点到第k个木块刚到B点，对第k个木块，由动能定理得：mv B2﹣mv2=（mgsinθ﹣μmgcosθ）（k+L），解得：v B=；答：（1）从第1个木块到第N个木块通过A点的过程中，第个木块通过A点的速度最大，最大速度为：．（2）木块在斜面上滑动的过程中，第k﹣1个木块和第k+1个木块对第k个木块做的总功为mgLsinθ．（3）第k个木块通过B点的速度为．点评：本题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能选取合适的过程运用动能定理求解，难度适中．（二）选考题（共45分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答．如果多做，则每学科按所做的第一个计分）[物理-选修3-4]（15分）13．（5分）（2010•沈阳二模）下列说法中正确的是（）A．光传播时，若遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象十分明显，此时不能认为光沿直线传播B．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象C．光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大D．麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来他又用实验证实电磁波的存在考点：全反射；电磁场．专题：全反射和临界角专题．分析：障碍物的尺寸与光的波长相差不大时发生明显衍射现象，油膜的花纹是干涉现象，光从光密介质进入光疏介质时发生全反射．解答：解：A、光传播时，若遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象不明显，A 错误；B、在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干涉现象，B错误；C、光导纤维丝的作用是让光从内部发生全反射，所以内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，C正确；D、麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，赫兹用实验证实电磁波的存在，D错误；故选C点评：本题考查了光的干涉、衍射和全反射，以及物理学史，难度不大，注意平时多积累．14．（10分）（2012春•龙港区校级期中）一列横波在x轴上传播，在t l=0时刻波形如图实线所示，t2=0.05s时刻波形如图虚线所示．（1）由波形曲线读出这列波的振幅和波长；（2）若周期大于（t2﹣t1），则最大波速是多少？方向如何？考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．专题：波的多解性．分析：（1）由y的最大值读出振幅，由相邻两个波峰或波谷间的距离读出波长．（2）根据波形的平移法，结合波的周期性，得出波传播的距离与波长的关系，求出最小间距和最大间距，得到对应的波速．解答：解：（1）振幅A=0.2m；…①波长λ=8 m…②（2）由于T＞（t2﹣t1），即△t＜2T，故当波沿x轴正方向传播时，可能的周期为：△t=+nT，且n=0或1（可能的传播距离为：△x=+nλ，且n=0或1）…③当波沿x轴负方向传播时，可能的周期为：△t=T+nT，且0或（可能的传播距离为：△x=λ+nλ，且n=0或1）…④由波速公式v=可知，当速度v最大时，周期T最小．分析上面两类情况可知，当周期最小时，波沿x轴负方向传，且在△t=T+nT中n=1，则最小周期为 T min=…⑤最大速度 v max===280m/s …⑥方向为沿x轴负方向．答：（1）由波形曲线读出这列波的振幅和波长分别为0.2m和8m；（2）若周期大于（t2﹣t1），则最大波速是280m/s，方向为沿x轴负方向．点评：本题关键明确“波形一个周期波形平移一倍波长”的结论，结合波形图得到最小周期或最大传播距离，然后确定最大波速．【物理-选修3-5】（15分）15．（2009•武汉一模）质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如e是的镜像核，同样也是e的镜像核．下列说法正确的是（）A．和互为镜像核B．和互为镜像核C．核反应→是α衰变D．一个质子和两个中子结合成氚核（）时一定放出能量考点：轻核的聚变；原子的核式结构．分析：根据质量数A等于核电荷数Z和质子数n之和，可以判定选项AB；根据核聚变和α衰变的定义可以判定选项C，根据核聚变的特点：在核聚变的过程中核反应释放大量的能量，从而可以判定D选项．解答：解：A、的质子数Z1=7，质量数A1=13，故中子数n1=A1﹣Z1=13﹣7=6 质子数z2=6，质量数A2=13，故中子数n2=A2﹣Z2=13﹣6=7故n1=z2=6，n2=z1=7，故与互为镜像核．故A正确．B、的质子数Z1=7，质量数A1=15，故中子数n1=A1﹣Z1=15﹣7=8质子数z2=8，质量数A2=16，故中子数n2=A2﹣Z2=16﹣8=8。
江西省抚州市临川二中高考物理模拟试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
2015年江西省抚州市临川二中高考物理模拟试卷一、选择题：此题共8小题，每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．〔6分〕甲、乙两人同时从A地前往B地，甲前一半路程跑、后一半路程走，乙前一半时间跑、后一半时间走，甲、乙两人跑的速度一样，走的速度也一样，如此〔〕A．甲先到达终点B．乙先到达终点C．甲、乙同时到达终点D．无法判断甲、乙谁先到达终点考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：比拟出甲乙两人全程的平均速度，就可以比拟运动的时间．因为甲乙两人的总位移相等，根据比拟运动的时间．解答：解：设跑的速度和走的速度分别为v1和v2，如此甲的平均速度．乙的平均速度．因为，所以．根据，知乙的时间短，乙先到达终点．故B正确，A、C、D错误．应当选B．点评：解决此题的关键比拟出甲乙两人的平均速度，通过比拟运动的时间．2．〔6分〕农民在精选谷种时，常用一种叫“风车〞的农具进展分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如下列图．假设不计空气阻力，对这一现象，如下分析正确的答案是〔〕A．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些B．谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动C．谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不一样D． M处是瘪谷，N处为谷种考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：谷种和瘪谷从洞口水平飞出后都做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系．解答：解：A、在同一风力作用下，由于谷种的质量较大，惯性较大，其飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小，故A错误．B、谷种和瘪谷从洞口水平飞出后都做平抛运动，不计空气阻力，都只受重力，加速度为g，保持不变，所以谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，故B正确．C、谷种和瘪谷竖直方向作自由落体运动，由h=，得：t=，如此知运动时间相等，故C错误．D、谷种和瘪谷水平方向做匀速直线运动，由x=v0t，t相等，如此知x与v0成正比，瘪谷初速度大，飞得远，所以M处是谷种，N处为瘪谷，故D错误．应当选：B．点评：解决此题的关键是掌握平抛运动的性质，知道平抛运动如何分解，明确其运动时间是高度决定的．3．〔6分〕如下列图，一水平固定的小圆盘A，带电量为Q，电势为零，从圆盘中心处O由静止释放一质量为m，带电量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的c点，Oc=h，又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是〔〕A． b点场强 B． c点场强 C． b点电势 D． c点电势考点：电势；电场强度；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球受两个力，重力和电场力，0到b，电场力大于重力，小球向上先做加速运动；到b点，电场力等于重力，速度达到最大；b到c，小球向上做减速运功，到c点速度为零．根据在b点电场力等于重力求出b点的场强，根据动能定理，求出c点的电势能，从而求出c 点的电势．解答：解：在B点，电场力等于重力，qE b=mg，E b=．o到c，根据动能定理得，W电﹣mgh=0，电场力做正功，W电=mgh，电势能减小mgh，o点电势能为0，所以c点电势能为﹣mgh，c点的电势为．故B、C错误，A、D正确．应当选AD．点评：解决此题的关键知道小球的运动情况，在什么情况下，速度最大．会利用动能定理求电场力做功，从而求电势能，求电势．4．〔6分〕如下列图，一带电微粒静止在平行板电容器中，要使带电微粒向上加速运动，可采用的方法有〔〕A．将电阻R1的阻值减小 B．将R2的滑动触头向b端移动C．增大平行板之间的距离 D．减小平行板的正对面积考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．专题：电容器专题．分析：带电微粒原来静止在平行板电容器中，受到重力和竖直向上的电场力，二力平衡．要使带电微粒向上加速运动，电场力应增加．图中，电容器的电压等于变阻器R2的电压．通过分析变阻器R2的电压和板间场强如何变化来分析选择符合题意的选项．解答：解：A、将电阻R1的阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，如此变阻器R2的电压增大，电容器板间电压增大，板间场强增大，如此带电微粒所受的电场力增大，带电微粒向上加速运动．故A正确．B、将R2的滑动触头向b端移动，R2接入电路的电阻减小，根据串联电路分压特点可知，变阻器R2的电压减小，电容器板间电压减小，板间场强减小，如此带电微粒所受的电场力减小，带电微粒向下加速运动．故B错误．C、增大平行板之间的距离时，板间电压不变，由公式E=可知，板间场强减小，如此带电微粒所受的电场力减小，带电微粒向下加速运动．故C错误．D、减小平行板的正对面积，但电容器的电压不变，板间场强不变，如此带电微粒所受的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态．故D错误．应当选A点评：此题是电路动态变化分析与电容器动态变化分析的综合，关键分析板间场强如何变化．5．〔6分〕如下列图，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为+10﹣2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，假设A点电势为﹣10V，如此〔〕A． B点的电势为0VB．电场线方向从右向左C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由带电微粒的动能变化确定在A、B两点的电势能的大小关系，判断出A、B两点电势的上下．根据沿电场线方向电势是降低的，得出电场线的方向．由运动方向和所受电场力的方向判断微粒的运动轨迹．解答：解：A、AB两点的电势差U AB==﹣10V，如此U A﹣U B=10V解得U B=0V；故A正确；B、由动能定理可知W E=△E K=﹣0.1J；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B正确；C、假设粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故C 正确；D、假设粒子沿轨迹2运动，A点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误；应当选ABC．点评：物体做由线运动时，运动的轨迹应夹在初始速度与合外力方向的中间；此题还应明确电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．6．〔6分〕A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如下列图，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t0流完，如此图中哪个图线表示在这过程中桌面对物体B的摩擦力f随时间的变化关系〔〕A． B． C． D．考点：滑动摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：以AB两个物体整体作为研究对象，根据平衡条件研究桌面对物体B的摩擦力f．解答：解：设绳子的张力大小为T．以AB两个物体组成的整体作为研究对象，根据平衡条件得，桌面对物体B的摩擦力f=2T．设t时刻砂子流掉的重力为G′，如此由题可知，G′=kt，t时刻对C：由平衡条件得，2T=2G﹣G′，如此有f=2G﹣G′=2G﹣kt，可见，f与t是线性关系，f﹣t图象是向下倾斜的直线．当t=0时，f=2G，t=t0时，f=G．故B正确．应当选B点评：要严格研究并选择图象，必须根据物理规律得到解析式，再由数学知识进展选择．7．〔6分〕如下列图电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1=R2=r，如此在滑动触头从a端滑到b端过程中，如下描述正确的答案是〔〕A．电路的总电流先减小后增大B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器的两个局部并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．解答：解：A、当滑动变阻器从a→b移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A正确；B、路端电压U=E﹣Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；C、当R外=r的时候电源的输出功率最大，当滑片在a端或者b端的时候电路中R外=r 所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；D、串联电路当R＜R2时，电阻越大消耗的P越大，滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D错误．应当选AB点评：此题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．8．〔6分〕图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为．木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．如下选项正确的答案是〔〕A．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度B．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能C． M=mD． M=2m考点：动能和势能的相互转化；牛顿第二定律；功能关系．分析：此题考查了牛顿运动定律、功能关系的理解与应用．弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为mglsinθ即m的重力势能，全部用来抑制摩擦力做功．只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以与M的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解．解答：解：A、受力分析可知，下滑时加速度为g﹣μgcosθ，上滑时加速度为g+μgcosθ，故A正确；B、设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ〔m+M〕glcosθ+μMglcosθ=mglsinθ，得m=2M．也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力〔非重力、弹性力〕做的功之和等于系统机械能的变化量，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故BCD错误；应当选A．点评：此题比拟全面的考查了学生对功能关系、牛顿运动定律等的理解与应用，有一定难度，在平时要加强这方面的训练．二、非选择题,本大题包括秘考题和选考题两局部．第9～12题为必考题，每个试题考生都作答；第13题～16题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题9．〔6分〕在做“用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻〞实验时：〔1〕某同学连接的实物图如图甲所示．但当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数，实验前仪器都检查过是好的，也就是说只可能是某根连接导线断了．那么，请你分析一下，可能发生断路故障的导线是2、5、6 〔写出所有可能断的导线的编号〕．〔2〕某同学在实验时对该电路做了改良，其方法是：加接了一个定值电阻R0，如图乙所示．他加接此电阻的作用是防止滑动变阻器电阻过小时，电池短路或电流表烧坏．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：〔1〕当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数，可知与电流表连接的回路中可能有断路的导线，电压表有示数，可知与电压表连接的回路不能有断路的导线，结合这两种情况确定可能断路的导线．〔2〕加接了一个定值电阻R0，防止电流过大，起保护电路的作用．解答：解：〔1〕电流表示数为零，如此可能断路的导线有：2、3、5、6，由于电压表有示数，如此导线3不能断路，所以可能断路的导线有：2、5、6．〔2〕加接了一个定值电阻R0，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏．故答案为：〔1〕2、5、6；〔2〕防止滑动变阻器电阻过小时，电池短路或电流表烧坏．点评：此题考查了电路故障分析，保护电阻的作用，分析清楚电路结构即可正确解题．10．〔8分〕利用打点计时器和如图的其他器材可以开展多项实验探究，其主要步骤如下：a、按装置安装好器材并连好电路b、接通电源，释放纸带，让重锤由静止开始自由下落c、关闭电源，取出纸带．更换纸带，重复步骤b，打出几条纸带d、选择一条符合实验要求的纸带，数据如图〔相邻计数点的时间为T〕，进展数据处理①假设是探究重力做功和物体动能的变化的关系．需求出重锤运动到各计数点的瞬时速度，试表示在B点时重锤运动的瞬时速度V B=．②假设是测量重力加速度g．为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，如此加速度大小可以表示为g=．③如果求出的加速度值与当地重力加速度公认的值g′有较大差距，说明实验过程存在较大的阻力，假设要测出阻力的大小，如此还需测量的物理量是重锤的质量〔m〕．试用这些物理量和纸带上的数据符号表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F= m[g﹣]．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：①在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求出C点的速度大小②采用逐差法可有效利用数据，再采用求平均值的方法可更好地减小误差③重物下落过程中受重力和阻力，根据牛顿第二定律求出平均阻力大小．解答：解：①在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，故B 点的速度为：V B═②利用匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差△x=at2 所以，x m﹣x n=〔m﹣n〕aT2，本着有效利用数据，采用求平均值的方法减小误差的方法，本实验中，g=③还需要测量的物理量是重锤的质量m．重物下落过程中受重力mg和阻力F，根据牛顿第二定律得：F合=mg﹣F=mg′∴F=mg﹣mg′=m[g﹣]点评：此题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以与有关误差分析，尤其是误差分析是难点，要学会根据可能产生误差的原因进展分析11．〔15分〕如下列图，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套一质量m=3kg的滑块A．半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m=3kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A施加一个水平向右、大小为60N的恒力F，如此：〔1〕求把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C的过程中力F做的功．〔2〕求小球B运动到C处时所受的向心力的大小．〔3〕问小球B被拉到离地多高时滑块A与小球B的速度大小相等？考点：功能关系；功的计算．专题：功的计算专题．分析：〔1〕根据几何知识求出滑块移动的位移大小，再求解力F做的功．〔2〕当B球到达C处时，滑块A的速度为零，力F做的功等于AB组成的系统机械能的增加，根据功能关系列方程求解小球B运动到C处时的速度大小v．由向心力公式求向心力．〔3〕当绳与轨道相切时两球速度相等，小滑块A与小球B的速度大小相等，由几何知识求出小球B上升的高度．解答：解：〔1〕对于F的做功过程，由几何知识有如此力F做的功所以，W=60×〔0.5﹣0.1〕=24J．〔2〕由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，考察两球与绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得代入量，得解得因为向心力公式为所以，代入量，得〔3〕当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识，得代入量，得所以，答：〔1〕把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C的过程中力F做的功为24J．〔2〕小球B运动到C处时所受的向心力的大小是100N．〔3〕小球B被拉到离地0.225m高时滑块A与小球B的速度大小相等．点评：此题连接体问题，从功能关系研究物体的速度与高度，关键分析两物体之间的关系和运用几何知识研究物体的位移．12．〔18分〕如图，与水平面成37°倾斜轨道AB，其延长线在C点与半圆轨道CD〔轨道半径R=1m〕相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内．整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为0.4kg的带电小球沿斜面下滑，至B点时速度为V B=m/s，接着沿直线BC〔此处无轨道〕运动到达C处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且刚好到达D点．〔不计空气阻力，g=10m/s2，cos37°=0.8〕求：〔1〕小球带何种电荷．〔2〕小球在半圆轨道局部抑制摩擦力所做的功．〔3〕设小球从D点飞出时磁场消失，求小球离开D点后的运动轨迹与直线AC的交点到C点的距离．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：〔1〕带电粒子在只有电场的倾斜轨道上做匀加速运动后，进入电场与磁场混合的场中做匀速直线运动，重力、洛伦兹力与电场力处于平衡状态，接着沿半圆轨道运动刚好能达到D点，最后从D点做类平抛运动，此时所受到的合力正好与速度相互垂直．因此由电场力与电场强度方向可确定小球所带电性．〔2〕小球在BC间做匀速直线运动．根据平衡条件和洛伦兹力公式F=qv C B求出qB．在D处，轨道对小球没有作用力，由电场力与重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律和向心力公式列式，可求得D点的速度．小球在半圆轨道上过程，运用运动定理可得抑制摩擦力做功多少．〔3〕小球离开D点后作类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度，利用平抛运动分位移规律求解即可．解答：解：〔1〕小球从B运动到C做直线运动，受力如图，电场力方向与电场强度方向一样，如此小球带正电荷．〔2〕依题意可知小球在BC间做匀速直线运动．在C点的速度为：v C=v B=m/s在BC段其受力如下列图，设重力和电场力合力为F．F=qv C B又：F==5N解得：qB==在D处由牛顿第二定律可得：Bv D q+F=m将qB=代入上式并化简得：8﹣7v D﹣100=0解得：v D=4m/s，v D′=﹣m/s〔舍去〕小球在CD段抑制摩擦力做功W f，由动能定理可得：﹣W f﹣2FR=解得：W f=27.6J〔3〕小球离开D点后作类平抛运动，其加速度为：a=由2R=得：t==0.4s交点与C点的距离：s=v D t=2.26m答：〔1〕小球带正电荷．〔2〕小球在半圆轨道局部抑制摩擦力所做的功是27.6J．〔3〕小球离开D点后的运动轨迹与直线AC的交点到C点的距离是2.26m．点评：此题要通过分析小球的运动情况，确定其受力情况．小球从D点飞出后，正好受到重力与电场力且这两个力的合力与速度垂直，所以刚好做类平抛运动．因此可以将倾斜轨道等效看成水平面，相当于小球做平抛运动，从而可以运用平抛运动规律来处理．(二〕选考题，请考生从以下两个模块中任选一模块作答[物理--选修3-4]〔15分〕13．〔5分〕如下有关光现象的说法正确的答案是〔〕A．光学镜头上的增透膜是利用光的干预现象B．泊松亮斑是光的衍射现象C．双缝干预实验中，假设仅将入射光由紫光改为红光，如此条纹间距一定变大D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度考点：光的干预；双缝干预的条纹间距与波长的关系．专题：光的干预专题．分析：光学镜头上的增透膜是利用光的干预现象．泊松亮斑是光的衍射现象．双缝干预实验中，假设仅将入射光由紫光改为红光，如此条纹间距一定变大．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度．解答：解：A、光学镜头上的增透膜是利用光的干预现象，减弱反射光的强度，增加透射光的强度．故A正确．B、泊松亮斑是光的圆板衍射现象．故B正确．C、双缝干预实验中，根据△x=λ知，条纹间距与光的波长成正比，红光的波长与紫光的波长长，假设仅将入射光由紫光改为红光，如此条纹间距一定变大．故C正确．D、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱反射光的强度，使照片清晰．故D错误．应当选：ABC．点评：解决此题的关键知道光现象产生原因与实际应用的原理．14．〔10分〕如下列图，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A=30°．它对红光的折射率为n1．对紫光的折射率为n2．在距AC边为d处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边射入棱镜．〔1〕红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？〔2〕为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足什么条件？〔3〕假设两种光都能从AC面射出，求在光屏MN上两光点间的距离．考点：光的折射定律；电磁波谱．专题：压轴题；光的折射专题．分析：〔1〕根据公式v=，求出红光和紫光在棱镜中的传播速度之比．〔2〕由几何知识得到，红光射到AC面上的入射角i1=30°，要使红光能从AC面射出棱镜，必须使i1＜C，而sinC=求n1应满足的条件．〔3〕根据折射定律分别求出两种光从AC面射出时的折射角，再由几何知识求解在光屏MN 上两光点间的距离．解答：解：〔1〕根据公式v=，得〔2〕由几何知识得到，红光射到AC面上的入射角i1=30°，要使红光能从AC面射出棱镜，必须使i1＜C，而sinC=，得到sini1＜，解得n1＜2〔3〕设红光与紫光从AC面射出时的折射角分别为r1，r2．根据折射定律得n1=，n2=，又i1=i2=30°又由几何知识得，在光屏MN上两光点间的距离△x=dtanr2﹣dtanr1代入解得〕答：〔1〕红光和紫光在棱镜中的传播速度比为n2：n1；〔2〕为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足的条件是n1＜2；〔3〕假设两种光都能从AC面射出，在光屏MN上两光点间的距离是．点评：此题考查光在介质中速度、全反射与折射定律的综合应用，中等难度．对于折射定律的应用，关键是作出光路图．[物理--选修3-5]〔15分〕15．使两个氘核发生聚变，必须使它们之间的距离接近到r0，接近到核力能够发生作用的范围．温度很高时，由氘原子构成的物质将变为等离子体，等离子体热运动的平均动能为E k=k1T，式中k1为波尔兹曼常量，T为热力学温度，两个氘核之间的电势能为E p=k，k 为静电力常量，r为核之间的距离，如此使氘核发生聚变的温度至少应为〔〕A．B．C．D．考点：爱因斯坦质能方程．专题：爱因斯坦的质能方程应用专题．分析：轻核聚变是把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反响称聚变反响，又称为热核反响．它需要极大的压强和极高的温度．原因是自持的核聚变反响必须在极高的压力和温度下进展．能够使氘核接近到r0，也就是能让氘核从无穷远〔普通的气体分子间距极大，根本无库仑作用，可认为是无穷远，此时电势能为0〕移至r0，这一阶段电场力做负功，由动能定理求解．。
江西省新余四中、临川二中联考高考物理模拟试卷
江西省新余四中、临川二中联考高考物理模拟试卷一、选择题详细信息1.难度：中等关于匀变速直线运动的说法，不正确的是（）A．某段时间内的平均速度等于这段时间内的初速度和末速度和的一半B．在任意相等的时间内位移的变化相等C．在任意相等的时间内速度的变化相等D．某段时间内的平均速度，等于中间时刻的瞬时速度详细信息2.难度：中等一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐增大到某一个数值后，接着又逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终不变）．在这个过程中，其余各力均不变．那么，能正确描述该过程中物体的速度v变化情况的是（）A．B．C．D．详细信息3.难度：中等完全相同的直角三角形滑块A、B，按如图2-3-27所示叠放，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数为μ，现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止．则A与桌面间的动摩擦因数μ与斜面倾角θ的关系为（）A．μ=tanθ/2B．μ=tanθC．μ=2tanθD．μ与θ无关详细信息4.难度：中等如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距，甲、乙船头均与岸边成60角，且乙船恰好能直达对岸的A点，则下列判断正确的是（）A．甲、乙两船到达对岸的时间相同B．两船可能在未到达对岸前相遇C．甲船在A点右侧靠岸D．甲船也在A点靠岸甲详细信息5.难度：中等我国于2011年9月29日晚21时16分在酒泉卫星发射中心成功发射了“天宫一号”对接目标飞行器，将以此为平台开展空间实验室的有关技术验证．假设“天宫一号”绕地球做轨道半径为R，周期为T的匀速圆周运动．已知万有引力常量为G，则根据题中的已知条件不能求得（）A．“天宫一号”的质量B．“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的线速度C．“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的角速度D．“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的向心加速度详细信息6.难度：中等有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表G（实质是理想电流表），设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R= 30-0.02F（F和R的单位分别是N和Ω）．下列说法正确是（）A．该秤能测量的最大体重是1300NB．体重为1300N应标在电流表G刻度盘2A刻度处C．该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0刻度处D．该秤零刻线应标在电流表G刻度盘的最大刻度处详细信息7.难度：中等如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B 1、B2．今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（）A．电子的运行轨迹为PDMCNEPB．电子运行一周回到P用时为C．B1=4 B2D．B1=2 B2详细信息8.难度：中等现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的正点电荷或负点电荷．则下列说法中正确的是（）A．O点的电场强度和电势均为零B．把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一正点电荷由a点移到b点电势能减小详细信息9.难度：中等乙同学采用如图甲所示的装置进行了有关“动能定理”研究的实验．a）按图1把实验器材安装好，不挂配重，反复移动垫木直到小车做匀速直线运动；b）把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂质量为100g的配重，接通电源，放开小车，电火花计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点．从某点A开始，此后在纸带上每隔4个点取一个计数点，依次标为B、C、D、…；c）测量出B、C、D、…各点与A点的距离，分别记为x1、x2、x3、…；d）用配重受到的重力分别乘以x1、x2、x3、…，得到配重重力所做的功W1、W 2、W3、…；（重力加速度g=9.80m/s2）e）求出B、C、D、…各点的速度大小，分别记为v1、v2、v3、…，再求出它们的平方v12、v22、v32、…；6）用纵坐标表示速度的平方v2，横坐标表示配重重力所做的功W，作出v2-W图象，并在图象2中描出（Wi ，vi2）坐标点，再连成图线；（以下计算保留到小数点后两位）（1）在步骤d中，该同学测得x4=40.00cm，则配重重力所做的功W4= J；（2）该同学得到的v2-W图象如图2所示．通过图象可知，打A点时对应小车的速度v= m/s；（3）小车的质量M= kg．详细信息10.难度：中等用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：A．待测电阻Rx（大约100Ω）B．直流毫安表A1（量程0～10mA，内阻约为100Ω）C．直流毫安表A2（量程0～40mA，内阻约为40Ω）D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5kΩ）E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为15kΩ）F．直流电源（输出电压4V，内阻计）G．滑动变阻器R（阻值范围0～50Ω，允许最大电流1A）H．开关一个、导线若干①根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选，直流电压表应选．（填序号A、B、C、D）②在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大．详细信息11.难度：中等如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A 以初速度v沿水平方向射入电场且能穿出．（1）求两板间所加偏转电压U的范围；（2）求粒子可能到达屏上区域的长度．详细信息12.难度：中等如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到点到桌面右侧边缘的水平距离为2R．用质量m1C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关m2系为x=6t-2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：（1）BD间的水平距离．（2）判断m能否沿圆轨道到达M点．2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．（3）m2详细信息13.难度：中等（1）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是．A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大（2）如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T、压强为1.2p的理想气体．p和T分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U=αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：（i）气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1（ii）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q．详细信息14.难度：中等如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，当Q点在t=0时的振动状态传到P点时，则A．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处．详细信息15.难度：中等如图所示，两面平行的玻璃砖下表面涂有反射物质，一束与上表面成30°入射的光线，在右端垂直标尺上形成了A、B两个光斑，A、B间距为4cm，已知玻璃砖的折射率为，画出形成两光斑的光路图，并求此玻璃砖的厚度d．详细信息16.难度：中等以下是有关近代物理内容的若干叙述：A．紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．康普顿效应揭示了光的粒子性C．核子结合成原子核时一定有质量亏损，释放出能量D．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期其中正确的有．详细信息17.难度：中等质量M=0.6kg的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t=0时，两个质量都为m=0.2kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v1=5.0m/s和v2=2.0m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，没有相碰．已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取g=10m/s2，求：（1）A、B两物体在车上都停止滑动时车的速度；（2）车的长度至少是多少？。
物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-年重点高中高考模拟试卷物理试题
2015年江西省重点高中高考物理模拟试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．1～5小题为只有一个选项符合题目要求．6～8小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分．选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．如图所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A点滑到B点，摩擦力做功为W1，若该物体从A′点沿斜面滑到B′点，摩擦力做功为W2，已知A、A′和B、B′分别在两竖直线上，物体与各接触面间的动摩擦因数均相同，则（）A．W1=W2B．W1＞W2C．W1＜W2D．W1和W2的大小关系和两斜面的夹角有关2．如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A和B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A：AB=2：3．若不计空气阻力，则两小球（）A．抛出的初速度大小之比为2：5B．落地速度的大小之比为2：3C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：3D．通过的位移大小之比为1：3．如图所示，长为L的绝缘轻杆两端分别固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时轻杆与电场线垂直（如图中的实线位置），现将杆向右平移的同时顺时针转过90°，使A球沿电场方向移动距离L（如图中的虚线位置），发现A、B两球的电势能之和不变，根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷B．A球的电势能一定增加C．A、B两球所带电荷量的绝对值之比q A：q B=2：1D．电场力对A球和B球都不做功4．我国航天事业取得了突飞猛进的发展，航天技术位于世界前列，在某航天控制中心对其正上方某卫星测控时，若测得从发送操作指令到接收到卫星已操作的信息需要的时间为t（设卫星接收到操作信息立即操作，并立即发送已操作信息回中心），已知该卫星的运行周期为T，地球的半径为R，该信息的传播速度为c，引力常量为G．则由此可以求出地球的质量为（）A．B．C．D．5．如图甲示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一单匝正方形金属线框在外力F的作用下，从t=0时刻开始以垂直于磁场边界的速度v=3t+1（m/s）进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．图中关于外力的大小F、线框中的电功率P随时间变化的图象可能正确的是（图中B、D中的曲线均为抛物线）（）A．B．B、C．D．6．如图所示，木块放在三角形斜劈上，三角形斜劈放在水平地面上，现用大小均为F、方向相反的平行于斜面的推力分别推木块和三角形斜劈，它们均静止不动，则（）A．三角形斜劈对木块的摩擦力的方向一定沿斜面向下B．三角形斜劈对木块的摩擦力的方向可能沿斜面向上C．地面对三角形斜劈一定有水平向右的摩擦力D．地面对三角形斜劈的作用力的方向一定竖直向上7．如图所示，纸面内A、B两点间连接有四段导线，ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同，匀强磁场垂直于纸面向内，现给MN两端加上电压，则下列说法正确的是（）A．四段导线受到的安培力的大小相等B．四段导线受到的安培力的方向相同C．ADB段受到的安培力最大D．AEB段受到的安培力最小8．图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，原、副线圈的匝数比为1：2，d为从副线圈的中点引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u﹣t图象如图乙所示（）A．若把负载接在ce端，则流经负载的电流的频率为100 HzB．若把负载接在ce端，则负载两端的电压为800 VC．若把负载接在de端，则流经负载的电流方向每秒改变200次D．若把负载接在de端，则负载两端的电压为400QUOTEV二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题．每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题）某同学用螺旋测微器测量一个小钢珠的直径，如图甲所示，小钢珠的直径是mm；（2）该同学将此小钢珠从某斜面顶端由静止释放，用数码相机每隔0.1s对小钢珠进行照相，照片如图乙所示，已知照片上的距离是实际距离的，则小钢珠在斜面上运动的加速度为m/s2．10．为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A．待测电源（电动势约为9V）B．电压表（视为理想电压表，量程为3V）C．电阻箱R（0～999.9Ω）D．定值电阻R0（铭牌上的电阻值数字模糊，只显示出个位数字为“0”）E．开关、导线若干（1）用欧姆表（×1Ω）测定定值电阻R0，欧姆表的指针如图甲所示，则R0=Ω（2）为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路．（3）某同学应用所测得的数据，绘出的﹣R图象是一条直线，如图丙所示，测得直线的斜率k=，纵坐标的截距b=，则电源的电动势E=，内阻r=．11．如图所示，在倾角θ=370的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上．经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．12．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一个磁感应强度大小B=0.2T的矩形区域的匀强磁场（图中未画出），其方向垂直于xOy平面向里；第二象限有一匀强电场，电场强度的大小E=2×103 V/m．在y轴上的P点处有一个质量m=4×10﹣20kg、电荷量q=2×10﹣14C的带正电粒子垂直于y轴以V4 m/s的速度沿x轴的正方向射入第一象限，粒子飞0=3×10出磁场区域后又恰好回到y轴上的P点，再以垂直于电场的方向进入第二象限，最后垂直打在x轴上的A点．已知粒子在电场中经历的时间t=×10﹣5s，A点坐标为（﹣m，0），粒子的重力不计，求：（结果可保留根号）（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r和从P点进入第二象限时速度与y轴负方向的夹角θ．（2）粒子在xOy平面的第一象限内运动的时间t0．（3）粒子在矩形磁场区域内做圆周运动的圆心位置坐标．（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答．在答题卷选答区域指定位置答题．如果多做．则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]（15分）13．以下说法正确的是（）A．所有满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的B．温度高的物体，其内能可能小C．气体对外做功，其内能可能增加D．当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小E．水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系14．如图示为某温度计的结构，玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在0点处，右管D中水银面在高出O点h=10cm处．后将A放人待测恒温槽中，上下移动右管D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面髙出O点h2=30cm求：（已知外界大气压为76cmHg）①A处于冰水混合物中时，A中气体的压强．②恒温槽的温度．[物理--选修3-4]（15分）15. 一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，直角边BC=20cm．在此截面所在的平面内，一条光线以i=60°的按如图所示的方向从AC边的中点D射人棱镜，棱镜材料对该光的折射率n=．光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s，则此光线在棱镜中的传播速度为m/s，出射点E离A点的距离为m．16. 一列简谐横波沿工轴正方向传播，传播速度v=4m/s，图示为这列波在t=0时刻的波形图．求①x=1.0m处的质点在0〜5.5s内通过的路程．②x=2.0m处的质点做简谐运动的表达式．[物理--选修3-5]（15分）17. 一静止的氡核（Rn）发生α衰变，放出一个α粒子（He）和一个钋核（Po），此核反应方程为，若已知氡核的质量为m1，α粒子的质量为m2，钋核的质量为m3，光在真空中的传播速度为c，衰变时释放的能量全部转化为α粒子和钋核的动能，则α粒子和钋核的动能之和为．18. 如图所示，两个质量均为M=1kg的沙箱A、B并排放在光滑的水平面上，一颗质量m=0.1kg 的子弹以切v0=200m/s的水平速度射向A，射穿A后，进人B并最终一起运动，已知子弹射穿A时．子弹的速度功=100m/s，求：①沙箱A、B的最终速度v A和v B的大小．②子弹在与沙箱A发生相互作用的过程中，子弹和沙箱A组成的系统产生的内能E．2015年江西省重点高中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分．1～5小题为只有一个选项符合题目要求．6～8小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分．选对但不全的得3分．有选错的得0分．1．如图所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A点滑到B点，摩擦力做功为W1，若该物体从A′点沿斜面滑到B′点，摩擦力做功为W2，已知A、A′和B、B′分别在两竖直线上，物体与各接触面间的动摩擦因数均相同，则（）A．W1=W2B．W1＞W2C．W1＜W2D．W1和W2的大小关系和两斜面的夹角有关考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：通过功的公式W=Fscosθ去比较两种情况下摩擦力做功的大小．解答：解：设AB间的距离为L，物体在水平面上运动时摩擦力做功：W1=﹣μmgL．物体在斜面上运动过程摩擦力做功：W2=﹣μmgcosα•l1﹣μmgcosβ•l2=﹣μmg（l1cosα+l2cosβ）=﹣μmgL．则：W1=W2，故A正确，BCDD错误．故选：A．点评：解决本题的关键掌握功的公式W=Fscosθ；注意本题中摩擦力一直做负功，要明确求总功的方法．2．如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A和B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A：AB=2：3．若不计空气阻力，则两小球（）A．抛出的初速度大小之比为2：5B．落地速度的大小之比为2：3C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：3D．通过的位移大小之比为1：考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：根据高度比较运动的时间，结合水平位移之比求出初速度之比，根据平行四边形定则，结合落地时竖直分速度大小求出速度方向与水平面的夹角之比．解答：解：A、两小球平抛运动的高度相同，则运动时间相等，O′A：AB=2：3，知两球的水平位移之比为2：5，根据x=v0t知，抛出的初速度之比为2：5，故A正确．B、因为高度相同，根据知，落地时竖直分速度相等，但是根据平行四边形定则无法求出落地的速度之比．根据，因为水平分速度之比为2：5，可知落地速度与水平地面夹角的正切值之比为2：5，故B、C错误．D、高度相同，水平位移之比为2：5，根据平行四边形定则无法求出通过的位移大小之比，故D错误．故选：A．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．3．如图所示，长为L的绝缘轻杆两端分别固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时轻杆与电场线垂直（如图中的实线位置），现将杆向右平移的同时顺时针转过90°，使A球沿电场方向移动距离L（如图中的虚线位置），发现A、B两球的电势能之和不变，根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷B．A球的电势能一定增加C．A、B两球所带电荷量的绝对值之比q A：q B=2：1D．电场力对A球和B球都不做功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：抓住A、B电势能之和不变，即电场力对系统做功的代数和为零进行判断．解答：解：A、因为A、B两球电势能之和不变，则电场力对系统做功为零，因此A、B 电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；B、A球的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故B错误；B、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：Eq B×2L=Eq A×L，因此q A：q B=2：1，故C正确；D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解．4．我国航天事业取得了突飞猛进的发展，航天技术位于世界前列，在某航天控制中心对其正上方某卫星测控时，若测得从发送操作指令到接收到卫星已操作的信息需要的时间为t（设卫星接收到操作信息立即操作，并立即发送已操作信息回中心），已知该卫星的运行周期为T，地球的半径为R，该信息的传播速度为c，引力常量为G．则由此可以求出地球的质量为（）A．B．C．D．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由速度公式求出卫星到地面的高度，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出地球的质量．解答：解：卫星到地面的高度：h=，卫星的轨道半径：r=R+h，卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m r，解得：G=；故选：C．点评：本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力、根据题意求出卫星的轨道半径，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题．5．如图甲示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一单匝正方形金属线框在外力F的作用下，从t=0时刻开始以垂直于磁场边界的速度v=3t+1（m/s）进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．图中关于外力的大小F、线框中的电功率P随时间变化的图象可能正确的是（图中B、D中的曲线均为抛物线）（）A．B．B、C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．专题：电磁感应与图像结合．分析：由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由功率的表达式来分别得出功率与时间的关系．解答：解：A、线框做匀加速运动，其速度v=3t+1，感应电动势E=BLv，线框进入磁场过程中受到的安培力F B=BIL=，由牛顿第二定律得：F﹣=ma，则F=ma++，故AB错误；C、感应电流I==+，线框的电功率P=I2R=t2+2+；故C 错误，D正确；故选：D．点评：解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．6．如图所示，木块放在三角形斜劈上，三角形斜劈放在水平地面上，现用大小均为F、方向相反的平行于斜面的推力分别推木块和三角形斜劈，它们均静止不动，则（）A．三角形斜劈对木块的摩擦力的方向一定沿斜面向下B．三角形斜劈对木块的摩擦力的方向可能沿斜面向上C．地面对三角形斜劈一定有水平向右的摩擦力D．地面对三角形斜劈的作用力的方向一定竖直向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：隔离对木块分析，结合F与重力沿斜面方向的分力大小关系确定斜劈对木块的摩擦力方向．对整体分析，根据共点力平衡分析有无摩擦力．解答：解：A、设斜面的倾角为θ，对木块分析，若F＞mgsinθ，则木块所受的摩擦力沿斜面向下，若F＜mgsinθ，则木块所受的摩擦力沿斜面向上，故A错误，B正确．C、对整体分析，由于两个F在水平方向的分力相等，则地面对三角形斜劈的摩擦力为零，地面对斜劈的作用力方向一定竖直向上，故C错误，D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键能够正确地选择研究对象，结合共点力平衡进行分析求解，基础题．7．如图所示，纸面内A、B两点间连接有四段导线，ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同，匀强磁场垂直于纸面向内，现给MN两端加上电压，则下列说法正确的是（）A．四段导线受到的安培力的大小相等B．四段导线受到的安培力的方向相同C．ADB段受到的安培力最大D．AEB段受到的安培力最小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：根据电阻定律，可知，电阻大小与导线长度关系，再结合相同的电压，可判定导线的电流大小，因四段导线的有效长度相同，则根据安培力大小表达式F=BIL，从而确定其大小关系，最后根据左手定则可知，安培力方向相同，从而即可求解．解答：解：导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R=ρ可知：导线越长，电阻越大，由：I=可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故BC正确，AD错误；故选：BC．点评：本题考查电阻定律与欧姆定律的应用，掌握左手定则及安培力大小表达式，注意理解有效切割长度是解题的关键．8．图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，原、副线圈的匝数比为1：2，d为从副线圈的中点引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u﹣t图象如图乙所示（）A．若把负载接在ce端，则流经负载的电流的频率为100 HzB．若把负载接在ce端，则负载两端的电压为800 VC．若把负载接在de端，则流经负载的电流方向每秒改变200次D．若把负载接在de端，则负载两端的电压为400QUOTEV考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，只会改变电压，不会改变频率，在一个周期内电流变化两次解答：解：变压器只改变原副线圈的电压，不会改变频率，故频率为，故A正确；B、原线圈的电压U1=，原副线圈电压之比等于匝数之比，故，故B错误；C、变压器只改变原副线圈的电压，不会改变频率，在一个周期内电流方向改变2次，故每秒中电流改变200次，故C正确；D、d为副线圈的中点，故原线圈与de的匝数之比为1；1，则副线圈的电压，故D错误；故选：AC点评：本题主要考查了理想变压器的特点，电压之比等于匝数之比，只会改变电压，不会改变频率，在一个周期内电流变化两次二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题．每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题）某同学用螺旋测微器测量一个小钢珠的直径，如图甲所示，小钢珠的直径是 6.721～6.723 mm；（2）该同学将此小钢珠从某斜面顶端由静止释放，用数码相机每隔0.1s对小钢珠进行照相，照片如图乙所示，已知照片上的距离是实际距离的，则小钢珠在斜面上运动的加速度为3.1m/s2．考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．专题：实验题；恒定电流专题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为22.2×0.01mm=0.222mm，所以最终读数为6.5mm+0.222mm=6.722mm．由于需要估读，最后的结果可以在6.721～6.723之间．2、照片如图乙所示，已知照片上的距离是实际距离的，所以小球的实际的距离为36.3cm=0.363m和42.5cm=0.425m，根据△x=2aT2可得，a===3.1m/s2．故答案为：6.721～6.723；3.1．点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．10．为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A．待测电源（电动势约为9V）B．电压表（视为理想电压表，量程为3V）C．电阻箱R（0～999.9Ω）D．定值电阻R0（铭牌上的电阻值数字模糊，只显示出个位数字为“0”）E．开关、导线若干（1）用欧姆表（×1Ω）测定定值电阻R0，欧姆表的指针如图甲所示，则R0=10Ω（2）为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路．（3）某同学应用所测得的数据，绘出的﹣R图象是一条直线，如图丙所示，测得直线的斜率k=，纵坐标的截距b=，则电源的电动势E=9.0，内阻r= 2.0．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）由多用电表的读数方法可得出正确的读数；（2）根据题干中给出的实验仪器，通过分析明确实验原理，从而得出正确的电路图；（3）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，通过变形得出对应的函数关系；从而根据图象明确电动势和内电阻．解答：解：（1）欧姆档所用档位为×1；指针示数为10；故最终读数为：10×1=10Ω；（2）由题中给定仪器可知由于没有电流表，故无法直接用伏安法进行测量；同时由于电压表量程过小；故通过电压表和定值电阻组合，由欧姆定律求解电流；再与电阻箱连接；则可得出等效的安阻法；如图所示；（3）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+变形可得：=++由图象可知，b=+；=k解得：E=9.0V；r=2Ω；故答案为：（1）10；（2）如图；（3）9.0；2．点评：本题考查电源电动势和内电阻的测量实验，要注意明确实验原理，能根据闭合电路欧姆定律分析，并结合图象进行分析进行数据处理．11．如图所示，在倾角θ=370的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上．经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）分析绳子断前物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解绳断时物体的速度大小．（2）绳断后，物体先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出向上减速过程的加速度，由运动学公式求出时间和位移．下滑过程的位移大小等于上滑过程总位移大小，由牛顿定律和位移公式结合求解下滑的时间．解答：解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力F f，拉力F，设加速度为a1，则有F﹣mgsinθ﹣F f=ma1F N=mgcosθ又F f=μF N得到，F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1代入解得，a1=2.0m/s2所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s（2）绳断后，物体距斜面底端x1==16m．断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma2得到，a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2物体做减速运动时间t2==1.0s减速运动位移x2==4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3得到，a3=g（sinθ﹣μcosθ）=4.0m/s2设下滑时间为t3，则：x1+x2=解得，t3=s=3.2s∴t总=t2+t3=4.2s答：（1）绳断时物体的速度大小是8.0m/s．（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间是4.2s．点评：本题是有往复的动力学问题，运用牛顿第二定律与运动学公式结合是解题的基本方法，加速度是关键量．12．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一个磁感应强度大小B=0.2T的矩形区域的匀强磁场（图中未画出），其方向垂直于xOy平面向里；第二象限有一匀强电场，电场强度的大小E=2×103 V/m．在y轴上的P点处有一个质量m=4×10﹣20kg、电荷量q=2×10﹣14C的带正电粒子垂直于y轴以V4 m/s的速度沿x轴的正方向射入第一象限，粒子飞0=3×10出磁场区域后又恰好回到y轴上的P点，再以垂直于电场的方向进入第二象限，最后垂直打在x轴上的A点．已知粒子在电场中经历的时间t=×10﹣5s，A点坐标为（﹣m，0），粒子的重力不计，求：（结果可保留根号）（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r和从P点进入第二象限时速度与y轴负方向的夹角θ．（2）粒子在xOy平面的第一象限内运动的时间t0．（3）粒子在矩形磁场区域内做圆周运动的圆心位置坐标．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径；粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动的规律求出粒子速度方向与y轴负方向的夹角．（2）作出粒子运动轨迹，应用匀速匀速运动的速度公式与粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间．（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律，根据粒子运动轨迹与几何知识求出粒子做圆周运动的圆心坐标．。
高三物理月考试题及答案-江西抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研试卷
江西省抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O分1．如图所示，相距为L的A、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为( )A．B．L C．D．2L2．质量m=1kg的物体做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )A．物体在0﹣8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B．物体在0﹣2s内的速度变化比2﹣4s内的速度变化快C．物体在2﹣4s内合外力做的功为零D．物体在2s末速度方向发生改变3．小球A质量为2kg，斜面体B的质量为10kg，斜面倾角θ=30°，已知A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.27，将物体A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为( )A．200N B．100N C．100N D．200N4．一个物体在三个共点力F1、F2、F3作用下做匀速直线运动．现保持F1、F2不变，不改变F3的大小，只将F3的方向顺时针转过60°后，下列说法中正确的是( )A．力F3一定对物体做负功B．物体的动能可能不变C．物体一定做匀变速曲线运动D．物体可能做匀变速直线运动考点：物体做曲线运动的条件；功的计算．分析：三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F3外的两个力的合力，然后将转向后的力F3与除F3外的两个力的合力合成，即可求出合力，根据合力与速度方向的关系判断做什么运动，根据转向后F3与速度方向的关系判断做正功还是负功．5．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )A．B．C．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定6．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当合上开关S时，各个电灯均能正常发光，如果电灯L1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是( )A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L2、L4变亮，L3变暗7．如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是( )A．A、B材料的动擦因数相同B．两次滑动中物块到达P点速度相等C．两次滑动中物块到达底端速度相等D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等8．如图所示，电路中的电压U恒定，已知C1=2C2，R1=2R2，当回路电流达到稳定以后( )A．C1两板间的电压是C2上的2倍B．C1极板上所带的电量是C2上的2倍C．R1两端的电压是R2的2倍D．R1中的电流是R2的2倍9．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是( )A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m 电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零二、实验题11．在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是( ) A．两细绳必须等长B．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板C．用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些12．某同学用螺旋测微器测量一圆柱体的直径d，示数如图，则d=8.473～8.477mm．13．某同学利用“验证机械能守恒定律”实验装置打出了一条图示纸带，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），图中D点的速度v D=3.81m/s（保留三位有效数字）．14．某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻R g=10Ω）C．电流表A（0﹣0.6A，内阻未知）D．滑动变阻器R（0～20Ω，5A）E．滑动变阻器R′（0～200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值1990Ω）G．开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D．（填写器材序号）（3）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为10Ω，R3接入电路的阻值为4.0Ω（结果保留两位有效数字）．三、选做题：本题共有3小题，每位同学从中选1题作答，若3题均作答则按第一题给分．A （选修模块3-3）15．研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团．气团直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀，设气团在上升过程中，由状态Ⅰ（p1，V1，T1）绝热膨胀到状态Ⅱ（p2，V2，T2）．倘若该气团由状态Ⅰ（p1，V1，T1）作等温膨胀至状态Ⅲ（p3，V2，T1），试回答：（1）下列判断正确的是AC．A．p3＞p2B．p3＜p2C．T1＞T2D．T1＜T2（2）若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为W1，则其内能变化△E1=﹣W1；若气团在等温膨胀过程中对外做的功为W2，则其内能变化△E2=0．（3）气团体积由V1变化到V2时，求气团在变化前后的密度比和分子间平均距离之比．B（选修模块3-4）16．下列说法中正确的是( )A．受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关B．波是传递能量的一种方式C．牛顿环是由光的衍射产生的D．电子液晶显示是光的偏振现象的应用17．二十世纪二十年代，天文学家哈勃从星系光谱的观测中发现宇宙中所有的星系都在彼此远离退行，距离越远，退行速度越大，两者成正比，这个规律称为哈勃定律．一个遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）超新星发出光谱波长；地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c（光在真空中传播速度为c）．18．研究发光物体的光谱通常需要三棱镜，如图所示是截面为等边三角形ABC的三棱镜，一束光从AB边的P点射入棱镜，当入射角i=60°时，进入棱镜的折射光线与BC边平行．求：①光在棱镜中的传播速度v（光在真空中传播速度c=3×108m/s）；②入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度θ．C（选修模块3-5）19．自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s，它能自发地发生放射性衰变，衰变方程是：n→H+X+，其中是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）．下列说法中正确的是( )A．自由中子的衰变是β衰变，X是负电子B．有20个自由中子，半小时后一定剩下5个中子未发生衰变C．衰变过程遵守动量守恒定律D．衰变过程有质量亏损，所以能量不守恒20．电子俘获即原子核俘获1个核外轨道电子，使核内1个质子转变为中子．一种理论认为地热是镍58（在地球内部的高温高压下发生电子俘获核反应生成钴（Co）58时产生的．则镍58电子俘获核反应方程为；生成的钴核处于激发态，会向基态跃迁，辐射γ光子的频率为v，已知真空中光速和普朗克常量分别为c和h，则此核反应过程中的质量亏损为．21．在电子俘获中，原子核俘获了K层一个电子后，新核原子的K层上将出现一个电子空位，当外层L层上电子跃迁到K层填补空位时会释放一定的能量：一种情况是辐射频率为v0的X射线；另一种情况是将该能量交给其它层上的某电子，使电子发生电离成为自由电子．若该能量交给M层电子，电离后的自由电子动能是E0，普朗克常量为h．试求新核原子的L层电子和K层电子的能级差及M层电子的能级（即能量值）．四、计算题：本题共3小题，共计33分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．22．一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1=19.5m高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m=2kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到达楼下，奔跑过程用时2.5s，恰好在距地面高度为h2=1.5m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s2．求：（1）为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；（2）在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功．23．如图甲所示，空间存在一宽度为2L有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L的正方形金属线框，其质量m=1kg、电阻R=4Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v0=4m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．24．如图所示，xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ=30°角．在第四象限和第一象限的xoQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在poy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为+q，质量为m的带电粒子从﹣y轴上的A（0，﹣L）点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，粒子重力忽略不计．求：（1）从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t'；（2）匀强电场的电场强度F的大小．江西省抚州市临川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分．1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得O分1．如图所示，相距为L的A、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为( )A．B．L C．D．2L考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据在相等的时间内，由位移公式可确定各自位移，并由三角形来确定位移关系，根据距离与时间关系，确定何时取最小值．解答：解：设经过时间t后，A的位置为L﹣vt．B的位置为vtAB=，解得：AB=，则当t=时，AB最小．最小值为，故A正确，BCD错误；故选A点评：考查位移公式，并根据数学表达式来确定，在时间取何值时，距离取最小值．2．质量m=1kg的物体做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )A．物体在0﹣8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B．物体在0﹣2s内的速度变化比2﹣4s内的速度变化快C．物体在2﹣4s内合外力做的功为零D．物体在2s末速度方向发生改变考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：在速度﹣﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．解答：解：A、速度﹣时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，0﹣8s内的平均速度m/s，1s末的速度为1m/s，方向相反，故A错误；B、0﹣2s内的加速度为：a=，2﹣4s内的加速度为，所以﹣4s内的速度变化快，故B错误；C、2﹣4s内的位移为：x=，所以合外力做的功为零，故C正确；D、2s末前后速度图象都在时间轴的上方，都为正，所以2s末速度方向未改变，故D错误．故选C点评：本题是速度﹣时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移．3．小球A质量为2kg，斜面体B的质量为10kg，斜面倾角θ=30°，已知A、B间和B与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.27，将物体A放在斜面B上端的同时，给B施加一水平力F，为使A沿竖直方向落地，拉力F的大小至少为( )A．200N B．100N C．100N D．200N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要使A竖直下落，则A做自由落体且一直在斜面的正上方，则由几何关系可知A下落的高度和B前进的距离之间的关系；再由牛顿第二定律可求得水平位移的表达式；联立可解．解答：解：假设A下落的高度为h，则此时斜面体应向右滑动距离为：x=对A球有：h=gt2；对斜面体有：x=at2；F﹣μmg=ma联立解得：F=200N；故选：A．点评：本题考查牛顿第二定律及自由落体的规律，要注意明确临界条件的正确应用．4．一个物体在三个共点力F1、F2、F3作用下做匀速直线运动．现保持F1、F2不变，不改变F3的大小，只将F3的方向顺时针转过60°后，下列说法中正确的是( )A．力F3一定对物体做负功B．物体的动能可能不变C．物体一定做匀变速曲线运动D．物体可能做匀变速直线运动考点：物体做曲线运动的条件；功的计算．分析：三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除F3外的两个力的合力，然后将转向后的力F3与除F3外的两个力的合力合成，即可求出合力，根据合力与速度方向的关系判断做什么运动，根据转向后F3与速度方向的关系判断做正功还是负功．解答：解：B、力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除F3外的两个力的合力大小等于F3，方向与F3反向，故等效成物体受两个互成120°的大小等于F3的力作用；根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力，故此时物体所受到的合力大小为F3，合外力为恒力且不为零，物体的动能一定改变，故B错误；A、若此时合力方向与速度方向相同，则物体做匀变速直线运动，F3与速度方向为60°，力F3做正功，故AC错误，D正确；故选：D点评：本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；同时用到两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力5．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )A．B．C．24mg+D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第3个小物块对第2个小物块的作用力大小．解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度a==．隔离对12两个物体分析，有：F﹣2mgsin30°﹣μ•2mgcos30°﹣N=2ma．解得N=．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．6．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，当合上开关S时，各个电灯均能正常发光，如果电灯L1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是( )A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗D．L2、L4变亮，L3变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解．解答：解：由图可知L2与L1并联后与L4串联，再与L3并联．L1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，则总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源内阻所占电压减小，则并联部分电压增大，通过L3的电流变大，所以电灯L3变亮，干路电流I 减小而L3的电流变大，则L4的电流减小，L4变暗，L4的电压减小，并联部分电压增大，则L2两端电压增大，所以通过L2的电流增大，L2变亮，故B正确，ACD错误故选：B点评：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．7．如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同．下列说法正确的是( )A．A、B材料的动擦因数相同B．两次滑动中物块到达P点速度相等C．两次滑动中物块到达底端速度相等D．两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等考点：功能关系；动能定理的应用．专题：压轴题．分析：从C到D和从D到C分别利用动能定理可以比较物块滑到低端时的速度大小，根据Q=fs相对可以比较两次产生热量大小．解答：解：A、由于A、B材料不同，因此它们的动摩擦因数不同，故A错误；B、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故B错误；C、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故C正确；D、两次滑下的过程中摩擦力做功相同，斜面静止不动，因此两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等，故D正确．故选CD．点评：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节．8．如图所示，电路中的电压U恒定，已知C1=2C2，R1=2R2，当回路电流达到稳定以后( )A．C1两板间的电压是C2上的2倍B．C1极板上所带的电量是C2上的2倍C．R1两端的电压是R2的2倍D．R1中的电流是R2的2倍考点：闭合电路的欧姆定律；电容．专题：恒定电流专题．分析：先分析电路结构，两个电阻串联，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，根据欧姆定律分析电阻两端电压和电流的关系，而并联电路电压相等，再结合Q=UC 判断电容器带电量的关系．解答：解：ACD、两个电阻串联后接入电路，则电流相等，根据U=IR及R1=2R2可知，U1=2U2，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联，则C1两板间的电压是C2上的2倍，故AC正确，D错误；B、根据Q=UC及C1=2C2，U1=2U2可知，C1极板上所带的电量是C2上的4倍，故B错误．故选：AC点评：本题主要考查了串并联电路的特点，知道电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，能根据欧姆定律分析，难度适中．9．磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部N、S磁极分布如图甲所示．经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的N、S磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是( )A．甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落B．甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落C．乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落D．乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落考点：磁现象和磁场．分析：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，同名磁极靠的越近，磁极间的引力越大，异名磁极间的距离越近，斥力越大．解答：解：A、由图示可知，甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落，故A正确；B、异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，越不容易脱落，故B错误；C、由图示可知，乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落，故C正确；D、前后面的异性磁极间距等于玻璃的厚度，与磁力玻璃擦结构无关，故D错误；故选AC．点评：知道磁体磁极间的相互作用、分析清楚图示情景即可正确解题．10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m 电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．解答：解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．C、由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C正确；D、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D错误．故选BC．点评：本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高．二、实验题11．在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是( )。
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2015年江西省临川二中、新余四中联考高考物理模拟试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）（2015•新余校级模拟）如图，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠ADC=120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩力大小为f．则D物块所受的摩擦力大小为（）
B f
f
2．（6分）（2015•新余校级模拟）如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500：1，乙的变流比为200：1，并且已知加在电压表两端的电压为220V，通过电流表的电流为5A，则输电线的输送功率为（）
3．（6分）（2015•新余校级模拟）甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c，d是电荷量相同的两正点电荷，O为两电流（或电荷）连线的中点，在O点正上方有一电子以较小的速度v射向O点，不计重力．关于电子的运动，下列说法正确的是（）
4．（6分）（2015•新余校级模拟）2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察．在接近月球时，嫦娥三号要利用自身的火箭发动机点火减速，被月球引力俘获进入绕月轨道．这次减速只有一次机会，如果不能减速到一定程度，嫦娥三号将一去不回头离开月球和地球，漫游在更加遥远的深空；如果过分减速，嫦娥三号则可能直接撞击月球表面．则下列说法正确的是（）
5．（6分）（2015•新余校级模拟）如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，M、N分别是木板的左、右两个端点，水平面的A、C之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，AC的距离等于木板的长度，B为AC的中点．某时刻开始处于光滑水平面的木板具有水平向右的初速度v0，当M端运动到C点时速度刚好为0，则（）
点时速度为
点时速度为
6．（6分）（2015•新余校级模拟）巨磁电阻（GMR）电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性．如图所示检测电路，设输电线路电流为I（不是GMR中的电流），GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是（）
7．（6分）（2015•新余校级模拟）如图所示，半径分别为R和r（R＞r）的甲、乙两光滑半圆轨道放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个质量均为m的小球夹住，但不拴接．同时释放两小球，弹性势能全部转化为两球的动能，若两球获得相等动能，其中有一只小球恰好能通过最高点，两球离开半圆轨道后均做平抛运动落到水平轨道的同一点（不考虑小球在水平面上的反弹）．则（）
2R+2
8．（6分）（2015•新余校级模拟）如图所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长L AB=0.3m，L AD=0.2m，总电阻为R=0.1Ω．在直角坐标系xOy中，有界匀强磁
场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=0.2sin x（m），磁感应强度大小
B=0.2T．线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是（）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个小题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（6分）（2015•新余校级模拟）如图甲所示，是“工”形挡光片通过一个光电门测重力加速度的装置．如图乙所示，“工”形挡光片上下两叉的宽度都为d，两挡光片前沿间的距离为L，实验中光电门测出“工”形挡光片下叉通过它的挡光时间为t1、上叉通过它的挡光时间为t2．若将挡光片通过光电门的平均速度作为挡光片两前沿通过光电门时的瞬间速度，请回答：（1）测量重力加速度的表达式为g=．
（2）如果不考虑空气阻力的影响，操作方法正确无误，用上述要求和方法测得的重力加速度的值（选填“大于”、“等于”、或“小于”）当地的重力加速度．
10．（9分）（2015•新余校级模拟）某实验小组设计了如图（a）的实验电路，通过调节电源可在原线圈中产生变化的电流，用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场B的变化情况，用电压传感器可记录副线圈中感应电动势E的变化情况，二者的变化情况可同时显示在计算机显示屏上．某次实验中得到的B﹣t、E﹣t图象如图（b）所示．
（1）试观察比较这两组图象，可得出的定性结论是（请写出两个结论）：
（2）该实验小组利用两组图象求出六组磁感应强度变化率（）和对应的感应电动势E 的数据，并建立坐标系，描出的六个点如图（c）所示．请在图（c）中绘出E﹣的图线；
（3）在该实验中，若使用的副线圈的匝数为100匝，则由图线可求得该副线圈的横截面积为cm2．
11．（13分）（2015•新余校级模拟）如图甲，光滑竖直固定的杆上套有下端接触地面的轻弹簧和一个小物体．将小物体从一定高度处由静止释放，通过传感器测量出小物体的速度及对应离地高度h，作出其动能E k与高度h的图象如图乙．其中，高度在0.6m～0.8m范围内图象为直线，其余部分为曲线．以地面为零势能面，g取10m/s2．求
（1）弹簧的劲度系数．
（2）把小物体和轻弹簧作为一个系统，以水平地面为重力势能零势能面，系统具有的最小势能．
12．（19分）（2015•新余校级模拟）如图，在一二象限内﹣R≤x≤R范围内有竖直向下的运强
电场E，电场的上边界方程为y=x2．在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方程为
x2+y2=R2的匀强磁场．现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，
在y=R处有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力．（1）求在x（﹣R≤x≤R）处释放的离子进入磁场时速度．
（2）若仅让横坐标x=﹣的离子释放，它最后能经过点（R，0），求从释放到经过点（R，
0）所需时间t．
（3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光．求该点坐标和磁感应强度B1．
(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】（15分）
14．（9分）（2015•新余校级模拟）如图所示，一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱长度为h．现继续向管内缓慢地添加部分水银，水银添加完时，气柱长度变为
h．再取相同质量的水银缓慢地添加在管内．外界大气压强保持不变．
①求第二次水银添加完时气柱的长度．
②若第二次水银添加完时气体温度为T0，现使气体温度缓慢升高，求气柱长度恢复到原来长度h时气体的温度．
【物理--选修3-4】（15分）
15．（2015•新余校级模拟）一列简谐横波沿x轴正向传播，O、A、B、C、D为传播方向上的五个质点，相邻质点之间相隔1.0m，如图所示．t=0时刻波源O点开始向y轴正方向运动．经过0.10s它第一次达到正向最大位移，而此时刻B质点开始从平衡位置开始向y轴正方向运动．由此可以确定（）
16．（2015•新余校级模拟）在一个圆形轻木塞的中心插上一根大头针，然后把它倒放在水面上，调节针插入的深度，使观察者不论在什么位置都不能看到水下的大头针，如图所示，量出针露出的长度为d，木塞的半径为r，求水的最小折射率．
【物理--选修3-5】（15分）
18．（2015•新余校级模拟）如图所示，质量为M的重锤自h高度由静止开始下落，砸到质量为m的木楔上没有弹起，二者一起向下运动．设地层给它们的平均阻力为F．求：
①M与m碰撞过程中系统损失的机械能；
②木楔可进入的深度L是多少？
2015年江西省临川二中、新余四中联考高考物理模拟试
卷
参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．A 2．D 3．BC 4．D 5．D 6．AD 7．BD 8．AB
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个小题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．大于10．B均匀变化，产生恒定的感应电动势；B的变化率越大，产生的感应电动势越大；若B恒定，则E为零2.77（2.75～2.82）11．12．
(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理--选修3-3】（15分）13．BCE 14．
【物理--选修3-4】（15分）
15．ACE 16．
【物理--选修3-5】（15分）
17．BDE 18．。